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2018-2019学年湖南师大附中高三（上）第二次月考化学试卷

一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个符合题意的选项）

1．（3分）化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（　　）

A．铝及其合金是使用广泛的金属材料，通常用电解氯化铝的方法制备铝

B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化

C．采取“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量

D．氰化物泄漏时，可直接将其冲入下水道，让其自然消解

2．（3分）下列应用不涉及氧化还原反应的是（　　）

A．铝热法冶炼难熔金属

B．FeCl₃溶液可用于铜质印刷线路板制作

C．Na₂O₂用作呼吸面具的供氧剂

D．实验室用NH₄Cl和Ca（OH）₂制备NH₃

3．（3分）设N_A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）

A．2.8 g晶体硅中含有的Si﹣Si键数目为0.1N_A

B．常温下，4.6 g NO₂气体中含有的分子数为0.1N_A

C．0.1 mol氯气与足量热的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.1N_A

D．0.1 mol NH₄NO₃溶于稀氨水中，若溶液呈中性，则溶液中含有的NH₄⁺数为0.1N_A

4．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）

A．向碘化钾溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I^﹣+H₂O₂═I₂+2OH^﹣

B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液：NH₄⁺+HCO₃^﹣+2OH^﹣═NH₃•H₂O+CO₃^2﹣+H₂O

C．向FeBr₂溶液中通入过量的Cl₂：2Fe²⁺+2Br^﹣+2Cl₂═2Fe³⁺+Br₂+4Cl^﹣

D．Fe₂O₃溶于过量的氢碘酸中：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+2H₂O

5．（3分）下述实验不能达到预期实验目的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

6．（3分）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、Cr₂O₇^2﹣、K⁺、SO₄^2﹣

B．c（Ca²⁺）＝0.1 mol•L^﹣1的溶液中：NH₄⁺、SiO₃^2﹣、C₂O₄^2﹣、Br^﹣

C．加入铝粉放出大量H₂的溶液中：Fe²⁺、Na⁺、Cl^﹣、NO₃^﹣

D．NaHCO₃溶液中：C₆H₅O^﹣、CO₃^2﹣、Br^﹣、K⁺

7．（3分）Na₃N是离子化合物，它和水作用可产生NH₃．下列叙述正确的是（　　）

A．Na⁺和N^3﹣的电子层结构都与氖原子相同

B．Na⁺的半径大于N^3﹣的半径

C．Na₃N与足量的盐酸反应后生成一种盐

D．在Na₃N与水的反应中，Na₃N作还原剂

8．（3分）已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH值如表所示：

下列反应不能成立的是（　　）

A．CO₂+H₂O+2NaClO═Na₂CO₃+2HClO

B．CO₂+H₂O+NaClO═NaHCO₃+HClO

C．CO₂+H₂O+C₆H₅ONa═NaHCO₃+C₆H₅OH

D．CH₃COOH+NaCN═CH₃COONa+HCN

9．（3分）下列根据实验操作和实验现象所得出的实验结论正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

10．（3分）下列除杂方案不正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

11．（3分）分子式为C₃H₆O且能使溴水褪色的有机物有（　　）种．

A．3B．4C．5D．6

12．（3分）头孢羟氨苄（如图）被人体吸收效果良好，疗效明显，且毒性反应极小，因而被广泛适用于敏感细菌所致的尿路感染、皮肤软组织感染以及急性扁桃体炎、急性咽炎、中耳炎和肺部感染等的治疗。已知肽键可以在碱性条件下水解。下列对头孢羟氨苄的说法中正确的是（　　）

A．头孢羟氨苄的化学式为C₁₆H₁₆N₃O₅S•H₂O

B．1mol头孢羟氨苄与NaOH溶液和浓溴水反应时，分别需要消耗NaOH 4mol和Br₂3mol

C．在催化剂存在的条件下，1mol头孢羟氨苄消耗7molH₂

D．头孢羟氨苄能在空气中稳定存在

13．（3分）在100mLHNO₃和H₂SO₄的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L，向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu²⁺的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（　　）

A．0.025 mol/LB．0.30mol/L

C．0.36mol/LD．0.45mol/L

14．（3分）某溶液A中可能只含有Fe³⁺、Fe²⁺、Ag⁺、Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、NO₃^﹣、SO₄^2﹣中的若干种离子，为确认其中含有的各离子，取1L溶液A，进行如下所示实验：

已知：气体A、气体B的体积都为2.24L（标准状况下），沉淀B的物质的量为0.1mol。根据以上实验操作与现象，判断下列说法错误的是（　　）

A．溶液A中一定含有Fe²⁺、NH₄⁺、Ag⁺、NO₃^﹣，一定不含Cl^﹣、SO₄^2﹣

B．沉淀A中一定含有Fe（OH）₃，可能含有Mg（OH）₂、Al（OH）₃

C．溶液D中可能含有Al³⁺

D．溶液A中的c（NO₃^﹣）≥1.0 mol/L

二、非选择题（本题共6小题，共58分．其中15～18小题为必做题，19、20小题为选做题，从中任选一题作答）

15．（8分）某同学在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行了如图所示实验：

查阅教材可知，普通锌锰干电池中的黑色物质的主要成分为Mn

O₂、NH₄Cl、ZnCl₂等物质。请回答以下问题：

（1）操作②的名称是　 　。

（2）操作③灼烧滤渣时所用主要仪器有酒精灯、玻璃棒、　 　、　 　和三脚架；操作③灼烧滤渣中的黑色固体时，产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，由此推测滤渣中还存在的物质为　 　。

（3）操作④的试管中加入操作③中所得黑色滤渣，试管中迅速产生能使带火星的木条复燃的气体，据此可初步认定黑色滤渣中含有　 　。

（4）该同学要对滤液的成分进行检验，以确认是否含有NH₄Cl和ZnCl₂，下面是他做完实验后所写的实验报告，请你写出其空白处的内容：

（5）根据以上实验报告，关于滤液的成分，该同学的结论是滤液中含有NH₄Cl和ZnCl₂．若想从滤液中得到溶质固体，还应进行的操作是　 　。

16．（9分）已知Cr²⁺不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。醋酸亚铬水合物[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、CrCl₃溶液、CH₃COONa溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示。制备过程中发生的相关反应如下所示：

Zn+2HCl═ZnCl₂+H₂↑

Zn+2CrCl₃═2CrCl₂+ZnCl₂

2Cr²⁺+4CH₃COO^﹣+2H₂O═[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O（晶体）

试回答下列问题：

（1）本实验中配制溶液所用的蒸馏水需事先煮沸，原因是　 　。

（2）往仪器Ⅱ中加盐酸和CrCl₃溶液的顺序最好是　 　，理由是　 　。

（3）为使生成的CrCl₂溶液与CH₃COONa溶液混合，应关闭阀门　 　（填“A”或“B”，下同），打开阀门　 　。

（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了使锌与CrCl₃充分反应得到CrCl₂外，另一个作用是　 　。仪器Ⅳ的主要作用是　 　。

（5）已知实验时取用的CrCl₃溶液中含溶质9.51g，取用的CH₃COONa溶液为1.5L 0.1mol/L，其他反应物足量。实验后得干燥的[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O 9.4g，则该实验所得产品的产率为　 　（用百分数表示，保留3位有效数字）（不考虑溶解的醋酸亚铬水合物）。

17．（12分）一种工业制备SrCl•6H₂O的生产 流程如下：

已知：①M（SrCl₂•6H₂O）＝267g/mol；

②K_sp（SrSO₄）＝3.3×10^﹣7、K_sp（BaSO₄）＝1.1×10^﹣10；

③经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr²⁺和Cl^﹣外，还含有少量Ba²⁺杂质．

（1）隔绝空气高温焙烧，若2mol SrSO₄中只有S被还原，转移了16mol电子．写出该反应的化学方程式：　 　．

（2）过滤2后还需进行的两步操作是　 　、　 　．

（3）加入硫酸的目的是　 　；为了提高原料的利用率，滤液中Sr²⁺的浓度应不高于　 　 mol/L（注：此时滤液中Ba²⁺浓度为1×10^﹣5mol/L）．

（4）产品纯度检测：称取1.000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO₃1.100×10^﹣2mol的AgNO₃溶液（溶液中除Cl^﹣外，不含其它与Ag⁺反应的离子），待Cl^﹣完全沉淀后，用含Fe³⁺的溶液作指示剂，用0.2000mol/L的NH₄SCN标准溶液滴定剩余的AgNO₃，使剩余的Ag⁺以AgSCN白色沉淀的形式析出．

①滴定反应达到终点的现象是　 　．

②若滴定过程用去上述浓度的NH₄SCN溶液20.00mL，则产品中SrCl₂•6H₂O的质量百分含量为　 　（保留4位有效数字）．

18．（4分）氯及其化合物在生活中应用广泛。

①将铁片插入盛有少量新制氯水的试管中，无气泡产生，用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片附近，溶液变红色，然后红色消失。显红色的离子方程式为　 　。

②向新制氯水中加入碳酸钙固体，可以收集2种气体（水蒸气除外），写出这2种气体的化学式：　 　。

19．（4分）净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层．外层的优氯净Cl₂Na（NCO）₃先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na₂SO₃）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去．

①优氯净中氯元素的化合价为　 　．

②亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的化学反应方程式为　 　．

20．（6分）某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：

已知：

①无机盐M仅由钠离子和一种含氧酸根组成，其化学式中的原子个数比为1：2：4；

②如图中，将1.66g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入1.12g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液N；

③该小组同学将溶液N分为二等份，分别按路线Ⅰ、路线Ⅱ进行实验；

④在路线Ⅱ中，首先向溶液N中滴加适量NaOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe₂O₃粉末1.20g；再将滤液在一定条件下蒸干，只得到2.84g纯净的不含结晶水的正盐W．

请按要求回答下列问题：

①由路线Ⅰ的现象可知，溶液N中含有的阳离子是　 　．

②由实验流程图可推得，含氧酸盐W的化学式是　 　．

③无机盐M的溶液与1.12g还原铁粉恰好完全反应生成溶液N的离子反应方程为　 　　 　．

【化学--选修3：物质结构与性质】

21．（15分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的四种元素，A的价电子层中的未成对电子有3个，B的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C、D为同周期元素，C元素基态原子的3p轨道上有4个电子，D元素最外层有一个未成对电子，E位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．回答下列问题：

（1）D原子的核外电子排布式为　 　，E的价电子排布为　 　．

（2）单质B有两种同素异形体，其中沸点高的是　 　（填分子式），原因是　 　；

（3）A、B、C中第一电离能最大的是　 　（填元素符号），其中A的氢化物（AH₃）分子中，A原子轨道的杂化类型是　 　．

（4）化合物D₂B的立体构型为　 　，单质D与湿润的Na₂CO₃反应可制备D₂B，其化学方程式为　 　．

（5）E与C所形成化合物晶体的晶胞如右图所示．

①在1个晶胞中，E离子的数目为　 　．

②该化合物的化学式为　 　．

【化学--选修5：有机化学基础】

22．某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，质谱法测定其相对分子质量为92，现以它为初始原料设计出如下所示转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，F的分子式为C₇H₇NO₂，Y是一种功能高分子材料。

已知：Ⅰ．烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：

Ⅱ．（苯胺，易被氧化）

请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：

（1）X的化学式是　 　。

（2）阿司匹林分子中含有的官能团的名称是　 　。

（3）反应⑤的化学方程式是　 　；1 mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为　 　。

（4）反应②的反应条件是　 　，Y的结构简式为　 　

（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有　 　种。

（6）请写出由A和其他物质合成的流程图。　 　。

2018-2019学年湖南师大附中高三（上）第二次月考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个符合题意的选项）

1．（3分）化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（　　）

A．铝及其合金是使用广泛的金属材料，通常用电解氯化铝的方法制备铝

B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化

C．采取“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量

D．氰化物泄漏时，可直接将其冲入下水道，让其自然消解

【考点】F7：常见的生活环境的污染及治理；GJ：铝的化学性质．菁优网版权所有

【分析】A．氯化铝是共价化合物，熔融状态不能导电；

B．石英坩埚中的二氧化硅和氢氧化钠发生反应；

C．采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，减少了空气污染物，提高空气质量；

D．氰化物有剧毒，导入下水道会污染下水道的水污染环境；

【解答】解：A．氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，通常用电解熔融氧化铝的方法制备铝，故A错误；

B．氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化，二氧化硅为酸性氧化物和氢氧化钠反应，故B错误；

C．通过“静电除尘”、“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等，提高空气质量，故C正确；

D．氰化物是剧毒物质，泄漏时，不可直接将其冲入下水道，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查物质制备、化学与科学、技术、社会、环境等问题，题目难度不大，明确常见环境污染及治理措施为解答关键，试题侧重对基础知识的巩固，培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

2．（3分）下列应用不涉及氧化还原反应的是（　　）

A．铝热法冶炼难熔金属

B．FeCl₃溶液可用于铜质印刷线路板制作

C．Na₂O₂用作呼吸面具的供氧剂

D．实验室用NH₄Cl和Ca（OH）₂制备NH₃

【考点】B1：氧化还原反应．菁优网版权所有

【分析】不涉及氧化还原反应，说明该反应中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，据此分析解答。

【解答】解：A．铝热法冶炼难熔金属，发生氧化还原反应，故A不选；

B．反应生成氯化铜和氯化亚铁，Fe、Cu元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故B不选；

C．用Na₂O₂作潜水艇的供氧剂，反应生成氧气，O元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故C不选；

D．用NH₄Cl和Ca（OH）₂制备NH₃，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故D选；

故选：D。

【点评】本题考查氧化还原反应判断，侧重考查基本概念，明确氧化还原反应本质及特征是解本题关键，注意本质和特征的区别，题目难度不大。

3．（3分）设N_A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）

A．2.8 g晶体硅中含有的Si﹣Si键数目为0.1N_A

B．常温下，4.6 g NO₂气体中含有的分子数为0.1N_A

C．0.1 mol氯气与足量热的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.1N_A

D．0.1 mol NH₄NO₃溶于稀氨水中，若溶液呈中性，则溶液中含有的NH₄⁺数为0.1N_A

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【分析】A．求出硅的物质的量，然后根据硅单质中含2条共价键来分析；

B．NO₂气体中存在平衡：2NO₂⇌N₂O₄；

C．氯气与热的氢氧化钠反应生成氯化钠、氯酸钠，3mol氯气转移5mol电子；

D．溶液显示中性，溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等，则硝酸根离子与铵根离子浓度相等。

【解答】解：A．硅晶体中每个硅原子与其周围四个硅原子形成四个共价键，但是每个共价键是两个硅原子共用的，所以1molSi含有2mol共价键；2.8g晶体硅的物质的量是0.1mol，含有Si﹣Si键的个数为0.2N_A，故A错误；

B．NO₂气体中存在平衡：2NO₂⇌N₂O₄，导致气体分子数目减小，则4.6 g NO₂气体即0.1molNO₂中含有的分子数目应小于0.1N_A，故B错误；

C．氯气与热的氢氧化钠反应生成氯化钠、氯酸钠，3mol氯气转移5mol电子，则0.1 mol氯气与足量热的氢氧化钠溶液反应转移的电子数不是0.1N_A，故C错误；

D．将0.1mol NH₄NO₃溶于一定浓度的稀氨水中，溶液呈中性，氢离子与氢氧根离子物质的量相等，根据电荷守恒可知，溶液中硝酸根离子与铵根离子的物质的量相等，由于硝酸根离子的物质的量为0.1mol，则铵根离子的物质的量为0.1mol，溶液中一定含有0.1N_A个NH₄⁺，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确盐类水解规律是解题关键，题目难度中等。

4．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）

A．向碘化钾溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I^﹣+H₂O₂═I₂+2OH^﹣

B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液：NH₄⁺+HCO₃^﹣+2OH^﹣═NH₃•H₂O+CO₃^2﹣+H₂O

C．向FeBr₂溶液中通入过量的Cl₂：2Fe²⁺+2Br^﹣+2Cl₂═2Fe³⁺+Br₂+4Cl^﹣

D．Fe₂O₃溶于过量的氢碘酸中：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+2H₂O

【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有

【分析】A．酸性条件下产物中不能存在氢氧根离子；

B．氢氧化钠过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应；

C．氯气过量，亚铁离子与溴离子的物质的量之比应该为1：2；

D．铁离子能够氧化碘离子。

【解答】解：A．向碘化钾溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液，正确的离子反应为：2H⁺+2I^﹣+H₂O₂═I₂+2H₂O，故A错误；

B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液，该反应的离子方程式为：NH₄⁺+HCO₃^﹣+2OH^﹣═NH₃•H₂O+CO₃^2﹣+H₂O，故B正确；

C．向FeBr₂溶液中通入过量的Cl₂，反应生成氯化铁、溴单质，正确的离子方程式为：2Fe²⁺+4Br^﹣+3Cl₂═2Fe³⁺+2Br₂+6Cl^﹣，故C错误；

D．Fe₂O₃溶于过量的氢碘酸中，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：2I^﹣+Fe₂O₃+6H⁺═I₂+2Fe²⁺+3H₂O，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。

5．（3分）下述实验不能达到预期实验目的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【分析】A．发生沉淀的转化；

B．甲苯被高锰酸钾氧化生成苯甲酸；

C．发生强酸制取弱酸的反应；

D．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下。

【解答】解：A．发生沉淀的转化，可知AgCl能转化为溶解度更小的Ag₂S，故A正确；

B．甲苯被高锰酸钾氧化生成苯甲酸，则与苯环相连的甲基易被氧化，故B正确；

C．发生强酸制取弱酸的反应，生成硅酸沉淀，则碳酸的酸性比硅酸强，故C正确；

D．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性，再加银氨溶液，不能检验，故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质性质、反应与现象、沉淀转化、物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。

6．（3分）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、Cr₂O₇^2﹣、K⁺、SO₄^2﹣

B．c（Ca²⁺）＝0.1 mol•L^﹣1的溶液中：NH₄⁺、SiO₃^2﹣、C₂O₄^2﹣、Br^﹣

C．加入铝粉放出大量H₂的溶液中：Fe²⁺、Na⁺、Cl^﹣、NO₃^﹣

D．NaHCO₃溶液中：C₆H₅O^﹣、CO₃^2﹣、Br^﹣、K⁺

【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有

【分析】A．该溶液呈酸性，酸性条件下Cr₂O₇^2﹣具有强氧化性，能够氧化乙醇；

B．钙离子与硅酸根离子、草酸根离子生成沉淀；

C．该溶液呈酸性或碱性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，亚铁离子与氢氧根离子反应；

D．四种离子之间不反应，都不与碳酸氢钠反应。

【解答】解：A．pH＝1的溶液呈酸性，CH₃CH₂OH、Cr₂O₇^2﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．Ca²⁺与SiO₃^2﹣、C₂O₄^2﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．加入铝粉放出大量H₂的溶液呈酸性或碱性，Fe²⁺、NO₃^﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe²⁺与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．C₆H₅O^﹣、CO₃^2﹣、Br^﹣、K⁺之间不反应，都不与NaHCO₃反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；还应注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H⁺或OH^﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

7．（3分）Na₃N是离子化合物，它和水作用可产生NH₃．下列叙述正确的是（　　）

A．Na⁺和N^3﹣的电子层结构都与氖原子相同

B．Na⁺的半径大于N^3﹣的半径

C．Na₃N与足量的盐酸反应后生成一种盐

D．在Na₃N与水的反应中，Na₃N作还原剂

【考点】79：微粒半径大小的比较；86：原子核外电子排布；B1：氧化还原反应；GF：钠的重要化合物．菁优网版权所有

【分析】A．Na⁺和N^3﹣离子核外电子数相同；

B．电子数相同的微粒，原子序数越大半径越小；

C．Na₃N与足量盐酸作用，根据与水的反应生成氨气，可知生成氯化钠和氯化铵两种盐；

D．Na₃N与水的反应为：Na₃N+H₂O＝NaOH+NH₃↑。

【解答】解：A．Na⁺和N^3﹣离子核外电子数相同，电子层结构都与氖原子相同，故A正确；

B．Na⁺的半径小于N^3﹣的半径，故B错误；

C．Na₃N与盐酸反应Na₃N+4HCl＝3NaCl+NH₄Cl，生成氯化钠和氯化铵，故C错误；

D．Na₃N与水的反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查了原子结构、离子半径大小的比较、氧化还原反应的判断等知识点，明确微粒的结构与水反应的原理是解题关键，难度不大，注意基础知识的总结。

8．（3分）已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH值如表所示：

下列反应不能成立的是（　　）

A．CO₂+H₂O+2NaClO═Na₂CO₃+2HClO

B．CO₂+H₂O+NaClO═NaHCO₃+HClO

C．CO₂+H₂O+C₆H₅ONa═NaHCO₃+C₆H₅OH

D．CH₃COOH+NaCN═CH₃COONa+HCN

【考点】DD：盐类水解的应用．菁优网版权所有

【分析】相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子水解程度CO₃^2﹣＞C₆H₅O^﹣＞CN^﹣＞ClO^﹣＞HCO₃^﹣＞CH₃COO^﹣，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO₃^﹣＜C₆H₅OH＜HCN＜HClO＜H₂CO₃＜CH₃COOH，据此分析解答。

【解答】解：A．酸性HCO₃^﹣＜HClO，所以少量二氧化碳通入NaClO溶液中发生的反应为：NaClO+CO₂+H₂O＝NaHCO₃+HClO，故A错误；

B．酸性HCO₃^﹣＜C₆H₅OH＜HCN＜HClO＜H₂CO₃＜CH₃COOH，所以CO₂+H₂O+NaClO═NaHCO₃+HClO反应能发生，故B正确；

C．酸性HCO₃^﹣＜C₆H₅OH＜HCN＜HClO＜H₂CO₃＜CH₃COOH，跟强酸制弱酸，所以反应CO₂+H₂O+C₆H₅ONa═NaHCO₃+C₆H₅OH能发生，故C正确；

D．酸性HCO₃^﹣＜C₆H₅OH＜HCN＜HClO＜H₂CO₃＜CH₃COOH，跟强酸制弱酸，所以反应CH₃COOH+NaCN═CH₃COONa+HCN能发生，故D正确；

故选：A。

【点评】本题考查了盐类水解，明确酸根离子水解程度与酸的电离平衡常数、相同浓度钠盐溶液pH大小的关系是解本题关键，再结合强酸制取弱酸来分析解答，题目难度中等。

9．（3分）下列根据实验操作和实验现象所得出的实验结论正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【分析】A．醋酸钠水解显碱性；

B．高锰酸钾可氧化双键、﹣CHO；

C．亚硫酸根离子、硫代硫酸根离子均在酸性条件下生成二氧化硫；

D．由现象可知，生成CuI和碘单质。

【解答】解：A．醋酸钠水解显碱性，遇酚酞变红，实验不能说明水解为吸热反应，故A错误；

B．高锰酸钾可氧化双键、﹣CHO，溶液褪色不能说明含碳碳双键，故B错误；

C．亚硫酸根离子、硫代硫酸根离子均在酸性条件下生成二氧化硫，则原溶液中不一定含SO₃^2﹣，故C错误；

D．由现象可知，生成CuI和碘单质，则Cu²⁺能氧化I^﹣，白色沉淀可能为CuI，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。

10．（3分）下列除杂方案不正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

【考点】PR：物质分离、提纯的实验方案设计．菁优网版权所有

【专题】542：化学实验基本操作．

【分析】A．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应；

B．加入氢氧化钠，引入新杂质；

C．氯气难溶于饱和食盐水；

D．NaHCO₃不稳定，加热易分解．

【解答】解：A．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可用洗气的方法除杂，故A正确；

B．加入氢氧化钠，引入新杂质，应用氨水除杂，故B错误；

C．氯气难溶于饱和食盐水，可用洗气的方法除杂，故C正确；

D．NaHCO₃不稳定，加热易分解，生成碳酸钠，故D正确。

故选：B。

【点评】本题考查物质的分离、提纯及除杂、鉴别的考查，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意物质之间的反应，题目难度中等．

11．（3分）分子式为C₃H₆O且能使溴水褪色的有机物有（　　）种．

A．3B．4C．5D．6

【考点】H6：有机化合物的异构现象．菁优网版权所有

【分析】溴水具有强氧化性，可与醛等具有还原性的物质发生氧化还原反应，可与含碳碳双键或碳碳三键的有机物发生加成反应，以此解答该题．

【解答】解：分子式为C₃H₆O的不饱和度1，即含有1个碳碳双键，或者含有醛基，若含有碳碳双键，则为醇类，丙烯中含有3种化学环境不同的H，故此时有3种醇，若为醛，则只能为丙醛，故选B。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重不饱和烃性质的考查，把握物质的成分及碳碳双键、醛的性质为解答的关键，题目难度不大．

12．（3分）头孢羟氨苄（如图）被人体吸收效果良好，疗效明显，且毒性反应极小，因而被广泛适用于敏感细菌所致的尿路感染、皮肤软组织感染以及急性扁桃体炎、急性咽炎、中耳炎和肺部感染等的治疗。已知肽键可以在碱性条件下水解。下列对头孢羟氨苄的说法中正确的是（　　）

A．头孢羟氨苄的化学式为C₁₆H₁₆N₃O₅S•H₂O

B．1mol头孢羟氨苄与NaOH溶液和浓溴水反应时，分别需要消耗NaOH 4mol和Br₂3mol

C．在催化剂存在的条件下，1mol头孢羟氨苄消耗7molH₂

D．头孢羟氨苄能在空气中稳定存在

【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【分析】由结构简式可知分子式，分子中含酚﹣OH、碳碳双键、﹣COOH、氨基及﹣CONH﹣，结合苯酚、烯烃、氨基酸、肽键性质来解答．

【解答】解：A．头孢羟氨苄的化学式为C₁₅H₁₆N₃O₅S，故A错误；

B．酚﹣OH、﹣COOH及2个肽键均与NaOH反应，酚﹣OH的两个邻位、碳碳双键与溴水反应，则1mol头孢羟氨苄与NaOH溶液和浓溴水反应时，分别需要消耗NaOH 4mol和Br₂3mol，故B正确；

C．苯环、碳碳双键均可与氢气发生加成反应，羰基在肽键和羧基中不能与氢气加成，则在催化剂存在的条件下，1mol头孢羟氨苄消耗4molH₂，故C错误；

D．分子中含有酚羟基，在空气中可被氧化，不能稳定存在，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、苯酚、羧酸、肽键性质的考查，题目难度不大．

13．（3分）在100mLHNO₃和H₂SO₄的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L，向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu²⁺的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（　　）

A．0.025 mol/LB．0.30mol/L

C．0.36mol/LD．0.45mol/L

【考点】M3：有关混合物反应的计算．菁优网版权所有

【专题】559：利用化学方程式的计算．

【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO₃^﹣+8H⁺＝3Cu²⁺+2NO（g）+4H₂O，由上述反应方程式可知，NO₃^﹣和H⁺的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO₃、H₂SO₄各为x、ymol，则n（NO₃^﹣）：n（H⁺）＝x：（x+2y）＝1：4，x+y＝0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c计算铜离子浓度．

【解答】解：反应离子方程式为：3Cu+2NO₃^﹣+8H⁺＝3Cu²⁺+2NO（g）+4H₂O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO₃^﹣和H⁺的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO₃、H₂SO₄各为x、ymol，则n（NO₃^﹣）：n（H⁺）＝x：（x+2y）＝1：4，x+y＝0.6×0.1，联立解得x＝0.024mol、y＝0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol0.036mol，故铜离子的最大浓度为0.36mol/L，

故选：C。

【点评】本题考查化合物的有关计算，确定NO₃^﹣和H⁺的物质的量之比为1：4时生成的铜离子浓度最大是解题的关键，难度中等，注意利用离子方程式进行解答．

14．（3分）某溶液A中可能只含有Fe³⁺、Fe²⁺、Ag⁺、Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、NO₃^﹣、SO₄^2﹣中的若干种离子，为确认其中含有的各离子，取1L溶液A，进行如下所示实验：

已知：气体A、气体B的体积都为2.24L（标准状况下），沉淀B的物质的量为0.1mol。根据以上实验操作与现象，判断下列说法错误的是（　　）

A．溶液A中一定含有Fe²⁺、NH₄⁺、Ag⁺、NO₃^﹣，一定不含Cl^﹣、SO₄^2﹣

B．沉淀A中一定含有Fe（OH）₃，可能含有Mg（OH）₂、Al（OH）₃

C．溶液D中可能含有Al³⁺

D．溶液A中的c（NO₃^﹣）≥1.0 mol/L

【考点】DG：常见离子的检验方法．菁优网版权所有

【分析】加入稀硝酸后产生气体A，则说明溶液中含Fe²⁺，则生成的气体A为NO，且物质的量为0.1mol，根据得失电子数守恒可知Fe²⁺的物质的量为0.3mol；

在溶液B中加入过量的Ba（OH）₂，产生气体B0.1mol，则说明溶液中含NH₄⁺，且物质的量为0.1mol；所得的溶液C中可能含K⁺，[Ag（NH₃）₂]⁺和AlO₂^﹣，加入足量的HBr，生成沉淀B，则沉淀B为AgBr，由于沉淀BAgBr的物质的量为0.1mol，故原溶液中含Ag⁺，且物质的量为0.1mol，溶液中存在Ag⁺，而0.1molAg⁺转化为[Ag（NH₃）₂]⁺消耗NH₃0.2mol；由于Ag⁺的存在，则溶液中不能含Cl^﹣和SO₄^2﹣，但由于溶液要呈电中性，故溶液中一定存在NO₃^﹣；溶液中可能存在的Al³⁺会进入溶液D，但Al³⁺的存在不能确定；故所得的沉淀A可能为Fe（OH）₃和Mg（OH）₂或两者之一。

故溶液中一定含：Fe²⁺，NH₄⁺，Ag⁺，NO₃^﹣；一定不存在：Cl^﹣和SO₄^2﹣；可能存在：K⁺和Fe³⁺，Al³⁺，Mg²⁺中的一种或几种。

由于溶液中的Fe²⁺的物质的量为0.3mol；由于生成的NH₃的物质的量为0.1mol，而0.1molAg⁺转化为[Ag（NH₃）₂]⁺消耗NH₃0.2mol，故溶液中NH₄⁺共0.3mol；Ag⁺的物质的量为0.1mol，设溶液中的NO₃^﹣的物质的量为xmol，由于溶液中除了Fe²⁺，NH₄⁺，Ag⁺，还可能含有其他的阳离子，故有：c（NO₃^﹣）≥0.3mol×2+0.3mol+0.1mol＝1mol，以此解答该题。

【解答】解：A．由以上分析可知溶液A中一定含有Fe²⁺、NH₄⁺、Ag⁺、NO₃^﹣，一定不含Cl^﹣、SO₄^2﹣，故A正确；

B．氢氧化铝为两性氢氧化物，氢氧化钡过量，则一定不能生成氢氧化铝沉淀，故B错误；

C．溶液可能含有铝离子，加入过量的氢氧化钡生成偏铝酸根离子，加入过量的HBr，则可生成Al³⁺，故C正确；

D．由以上分析可知c（NO₃^﹣）≥0.3mol×2+0.3mol+0.1mol＝1mol，故D正确。

故选：B。

【点评】本题考查物质或离子的检验，为高频考点，题目难度中等，把握离子之间的反应及反应现象推断离子为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意利用电荷守恒分析铁离子为解答的难点。

二、非选择题（本题共6小题，共58分．其中15～18小题为必做题，19、20小题为选做题，从中任选一题作答）

15．（8分）某同学在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行了如图所示实验：

查阅教材可知，普通锌锰干电池中的黑色物质的主要成分为Mn

O₂、NH₄Cl、ZnCl₂等物质。请回答以下问题：

（1）操作②的名称是　过滤　。

（2）操作③灼烧滤渣时所用主要仪器有酒精灯、玻璃棒、　坩埚　、　泥三角　和三脚架；操作③灼烧滤渣中的黑色固体时，产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，由此推测滤渣中还存在的物质为　C（碳）　。

（3）操作④的试管中加入操作③中所得黑色滤渣，试管中迅速产生能使带火星的木条复燃的气体，据此可初步认定黑色滤渣中含有　MnO₂　。

（4）该同学要对滤液的成分进行检验，以确认是否含有NH₄Cl和ZnCl₂，下面是他做完实验后所写的实验报告，请你写出其空白处的内容：

（5）根据以上实验报告，关于滤液的成分，该同学的结论是滤液中含有NH₄Cl和ZnCl₂．若想从滤液中得到溶质固体，还应进行的操作是　加热蒸发（加热浓缩），冷却结晶，过滤　。

【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；RD：探究物质的组成或测量物质的含量．菁优网版权所有

【分析】（1）操作②用于分离固体和液体；

（2）操作③为固体的灼烧，可在坩埚中进行；灼烧滤渣中的黑色固体时，产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，应生成二氧化碳；

（3）试管中迅速产生能使带火星的木条复燃的气体，说明生成氧气，则黑色固体含有二氧化锰；

（4）铵根离子的检验是用浓氢氧化钠溶液并加热，然后用湿润的红色石蕊试纸检验，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。

（5）从滤液中得到溶质固体，应进行的操作是加热蒸发（加热浓缩），冷却结晶，过滤。

【解答】解：（1）操作②用于分离固体和液体，用过滤的方法；故答案为：过滤；

（2）对物质进行灼烧过程需要的仪器：酒精灯、玻璃棒、泥三角和三脚架、坩埚使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，二氧化碳可由黑色的碳单质灼烧制得，二氧化硫可由淡黄色的硫单质灼烧制得，所以该黑色物质是碳单质。

故答案为：坩埚；泥三角；C（碳）；

（3）能使带火星的木条复燃的气体是氧气，能使双氧水迅速产生氧气的黑色固体物质是二氧化锰，故答案为：MnO₂；

（4）铵根离子的检验：铵根离子能和强碱在加热条件下反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；如果湿润的红色石蕊试纸变蓝色，就说明有铵根离子存在。

故答案为：加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口附近；石蕊试纸变蓝色；

（5）从滤液中得到溶质固体，应进行的操作是加热蒸发（加热浓缩），冷却结晶，过滤，

故答案为：加热蒸发（加热浓缩），冷却结晶，过滤。

【点评】本题考查物质的分离、提纯的综合操作，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目侧重考查基本实验操作及离子的检验，难度不大，熟悉中学阶段常见阴阳离子的检验方法，如氯离子、硫酸根离子、钠离子、钾离子、铵根离子等。

16．（9分）已知Cr²⁺不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。醋酸亚铬水合物[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、CrCl₃溶液、CH₃COONa溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示。制备过程中发生的相关反应如下所示：

Zn+2HCl═ZnCl₂+H₂↑

Zn+2CrCl₃═2CrCl₂+ZnCl₂

2Cr²⁺+4CH₃COO^﹣+2H₂O═[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O（晶体）

试回答下列问题：

（1）本实验中配制溶液所用的蒸馏水需事先煮沸，原因是　去除水中的溶解氧，防止Cr²⁺被氧化　。

（2）往仪器Ⅱ中加盐酸和CrCl₃溶液的顺序最好是　先加盐酸后再加三氯化铬溶液　，理由是　让锌粒与盐酸先反应产生H₂，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化　。

（3）为使生成的CrCl₂溶液与CH₃COONa溶液混合，应关闭阀门　B　（填“A”或“B”，下同），打开阀门　A　。

（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了使锌与CrCl₃充分反应得到CrCl₂外，另一个作用是　让产生的H₂赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl₂溶液压入装置Ⅲ与CH₃COONa溶液反应　。仪器Ⅳ的主要作用是　防止空气加入装置Ⅲ　。

（5）已知实验时取用的CrCl₃溶液中含溶质9.51g，取用的CH₃COONa溶液为1.5L 0.1mol/L，其他反应物足量。实验后得干燥的[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O 9.4g，则该实验所得产品的产率为　83.3%　（用百分数表示，保留3位有效数字）（不考虑溶解的醋酸亚铬水合物）。

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【分析】（1）根据“Cr²⁺不稳定，极易被氧气氧化”分析；

（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H₂，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出；

（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl₂溶液压入装置Ⅲ中与CH₃COONa溶液顺利混合；

（4）过量的锌与CrCl₃充分反应得到CrCl₂；用装置Ⅳ可防止Cr²⁺被空气中氧气氧化；

（5）CrCl₃为0.06mol，得到CrCl₂为0.06mol，而CH₃COONa为1.5mol，由方程式可知CH₃COONa足量，根据CrCl₂计算[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O 的理论产量，进而计算其产率。

【解答】解：（1）由于“Cr²⁺不稳定，极易被氧气氧化”，本实验中配制溶液所用的蒸馏水需事先煮沸，去除水中的溶解氧，防止Cr²⁺被氧化

故答案为：去除水中的溶解氧，防止Cr²⁺被氧化；

（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H₂，让锌粒与盐酸先反应产生H₂，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，

故答案为：先加盐酸后再加三氯化铬溶液；让锌粒与盐酸先反应产生H₂，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；

（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl₂溶液压入装置3中与CH₃COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A，

故答案为：B；A；

（4）锌粒要过量，其原因除了使锌与CrCl₃充分反应得到CrCl₂外，另一个作用是：让产生的H₂赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl₂溶液压入装置Ⅲ与CH₃COONa溶液反应；

装置Ⅲ中Cr²⁺极易被氧气氧化，则装置Ⅳ的作用是防止空气加入装置Ⅲ，避免Cr²⁺被氧化，

故答案为：让产生的H₂赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl₂溶液压入装置Ⅲ与CH₃COONa溶液反应；防止空气加入装置Ⅲ；

（5）CrCl₃为0.06mol，得到CrCl₂为0.06mol，而CH₃COONa为1.5mol，由方程式2Cr²⁺（aq）+4CH₃COO^﹣（aq）+2H₂O（l）═[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O（s）可知CH₃COONa足量，则得到[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O为0.06mol376g/mol＝11.28g，

所得产品的产率为：100%＝83.3%，

故答案为：83.3%。

【点评】本题考查物质制备实验方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，涉及对实验操作的分析评价、产率计算、对信息的获取与运用等，明确实验原理为解答关键，试题有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。

17．（12分）一种工业制备SrCl•6H₂O的生产 流程如下：

已知：①M（SrCl₂•6H₂O）＝267g/mol；

②K_sp（SrSO₄）＝3.3×10^﹣7、K_sp（BaSO₄）＝1.1×10^﹣10；

③经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr²⁺和Cl^﹣外，还含有少量Ba²⁺杂质．

（1）隔绝空气高温焙烧，若2mol SrSO₄中只有S被还原，转移了16mol电子．写出该反应的化学方程式：　SrSO₄+4CSrS+4CO↑　．

（2）过滤2后还需进行的两步操作是　洗涤　、　干燥　．

（3）加入硫酸的目的是　除去溶液中Ba²⁺杂质　；为了提高原料的利用率，滤液中Sr²⁺的浓度应不高于　0.03　mol/L（注：此时滤液中Ba²⁺浓度为1×10^﹣5mol/L）．

（4）产品纯度检测：称取1.000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO₃1.100×10^﹣2mol的AgNO₃溶液（溶液中除Cl^﹣外，不含其它与Ag⁺反应的离子），待Cl^﹣完全沉淀后，用含Fe³⁺的溶液作指示剂，用0.2000mol/L的NH₄SCN标准溶液滴定剩余的AgNO₃，使剩余的Ag⁺以AgSCN白色沉淀的形式析出．

①滴定反应达到终点的现象是　溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色　．

②若滴定过程用去上述浓度的NH₄SCN溶液20.00mL，则产品中SrCl₂•6H₂O的质量百分含量为　93.45%　（保留4位有效数字）．

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】548：制备实验综合．

【分析】SrSO₄和碳隔绝空气高温焙烧生成CO、固体，固体加盐酸后溶液中除含有Sr²⁺和Cl^﹣外，还含有少量Ba²⁺杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，过滤除去，滤液中含SrCl₂等，最后蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到SrCl₂•6H₂O．

（1）SrSO₄和碳隔绝空气高温焙烧，C发生氧化反应生成CO，设S元素在还原产物中化合价为x，根据电子转移守恒，则6mol×（6﹣x）＝16mol，解得x＝﹣2，故还原产物为CrS；

（2）过滤2后进行的操作洗去附着的杂质并干燥；

（3）加入硫酸除去Ba²⁺离子；由Ba²⁺浓度及硫酸钡溶度积计算溶液中SO₄^2﹣的浓度，再根据SrSO₄的溶度积计算滤液中Sr²⁺的最大浓度；

（4）①Ag⁺完全以AgSCN白色沉淀的形式析出后，再滴加KSCN溶液，会与铁离子反应，溶液呈红色；

②根据消耗的NH₄SCN溶液，计算剩余Ag⁺的物质的量，进而计算与氯离子反应消耗Ag⁺的物质的量，可得氯离子物质的量，由氯离子守恒计算SrCl₂•6H₂O的质量，进而计算含量．

【解答】解：SrSO₄和碳隔绝空气高温焙烧生成CO、固体，固体加盐酸后溶液中除含有Sr²⁺和Cl^﹣外，还含有少量Ba²⁺杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，过滤除去，滤液中含SrCl₂等，最后蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到SrCl₂•6H₂O．

（1）SrSO₄和碳隔绝空气高温焙烧，C发生氧化反应生成CO，设S元素在还原产物中化合价为x，根据电子转移守恒，则6mol×（6﹣x）＝16mol，解得x＝﹣2，故还原产物为CrS，反应方程式为：SrSO₄+4CSrS+4CO↑，

故答案为：SrSO₄+4CSrS+4CO↑；

（2）将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl₂•6H₂O，

故答案为：洗涤、干燥；

（3）经盐酸浸取后的溶液中含有少量Ba²⁺杂质，加入硫酸的目的是除去溶液中Ba²⁺杂质，

由于在Ba²⁺浓度为1×10^﹣5mol/L，BaSO₄的溶度积常数为1.1×10^﹣10，所以c（SO₄^2﹣）mol/L＝1.1×10^﹣5mol/L，而SrSO₄的溶度积常数为3.3×10^﹣7，所以c（Sr²⁺）mol/L＝0.03mol/L，

故答案为：除去溶液中Ba²⁺杂质；0.03；

（4）①Ag⁺完全以AgSCN白色沉淀的形式析出后，再滴加KSCN溶液，就会与Fe³⁺产生络合物是溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色，

故答案为：溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色；

②n（NH₄SCN）＝0.2000mol/L×0.02L＝4.0×10^﹣3mol，Ag⁺以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag⁺的物质的量为：n（Ag⁺）＝4.0×10^﹣3mol，则与Cl^﹣反应的Ag⁺的物质的量为：n（Ag⁺）＝1.100×10^﹣2mol﹣4.0×10^﹣3mol＝7.0×10^﹣3mol，

1.000g产品中SrCl₂•6H₂O的物质的量为：n（SrCl₂•6H₂O）n（Ag⁺）＝3.5×10^﹣3mol，

1.000g产品中SrCl₂•6H₂O的质量为：m（SrCl₂•6H₂O）＝3.5×10^﹣3mol×267 g/mol＝0.9345g，

所以产品纯度为：100%＝93.45%，

故答案为：93.45%．

【点评】本题考查制备实验方案的设计，涉及氧化还原反应、物质的分离提纯、对试剂的分析评价、溶度积有关计算、物质含量测定、滴定原理应用等，综合性较强，基本属于拼合型题目，题目难度中等．

18．（4分）氯及其化合物在生活中应用广泛。

①将铁片插入盛有少量新制氯水的试管中，无气泡产生，用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片附近，溶液变红色，然后红色消失。显红色的离子方程式为　Fe³⁺+3SCN^﹣＝Fe（SCN）₃　。

②向新制氯水中加入碳酸钙固体，可以收集2种气体（水蒸气除外），写出这2种气体的化学式：　O₂、CO₂　。

【考点】E2：氯气的化学性质．菁优网版权所有

【分析】①显红色发生铁离子与KSCN溶液的络合反应；

②新制氯水加入碳酸钙固体，氯水中盐酸与碳酸钙反应，且HClO不稳定发生分解反应。

【解答】解：①显红色发生络合反应，其离子方程式为Fe³⁺+3SCN^﹣＝Fe（SCN）₃，故答案为：Fe³⁺+3SCN^﹣＝Fe（SCN）₃；

②新制氯水加入碳酸钙固体，氯水中盐酸与碳酸钙反应生成CO₂，且HClO不稳定发生分解反应生成O₂，故答案为：O₂、CO₂。

【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氯水的成分，题目难度不大。

19．（4分）净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层．外层的优氯净Cl₂Na（NCO）₃先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na₂SO₃）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去．

①优氯净中氯元素的化合价为　+1　．

②亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的化学反应方程式为　Na₂SO₃+HClO═Na₂SO₄+HCl（或Na₂SO₃+HClO═NaHSO₄+NaCl）　．

【考点】E2：氯气的化学性质；EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．菁优网版权所有

【专题】522：卤族元素．

【分析】①根据化合物中总化合价为0计算出优氯净 Cl₂Na（NCO）₃中Cl元素的化合价；

②次氯酸具有强氧化性，能够与亚硫酸根离子发生氧化还原反应．

【解答】解：①优氯净Cl₂Na（NCO）₃中，钠离子的化合价为+1价，N为﹣3价、O为﹣2价、C为+4价，设Cl元素的化合价为x，则：2x+（+1）+3[（﹣3）+（+4）+（﹣2）]＝0，解得：x＝+1，故答案为：+1；

②内层的亚硫酸钠（Na₂SO₃）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去，亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸钠和氯化氢或硫酸氢钠和盐酸，反应的化学方程式为：Na₂SO₃+HClO═Na₂SO₄+HCl（或Na₂SO₃+HClO═NaHSO₄+NaCl），

故答案为：Na₂SO₃+HClO═Na₂SO₄+HCl（或Na₂SO₃+HClO═NaHSO₄+NaCl）．

【点评】本题考查了探究物质组成的方法，题目难度中等，试题涉及物质组成的测定、化学方程式的书写等知识，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力．

20．（6分）某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：

已知：

①无机盐M仅由钠离子和一种含氧酸根组成，其化学式中的原子个数比为1：2：4；

②如图中，将1.66g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入1.12g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液N；

③该小组同学将溶液N分为二等份，分别按路线Ⅰ、路线Ⅱ进行实验；

④在路线Ⅱ中，首先向溶液N中滴加适量NaOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe₂O₃粉末1.20g；再将滤液在一定条件下蒸干，只得到2.84g纯净的不含结晶水的正盐W．

请按要求回答下列问题：

①由路线Ⅰ的现象可知，溶液N中含有的阳离子是　Fe²⁺　．

②由实验流程图可推得，含氧酸盐W的化学式是　Na₂SO₄　．

③无机盐M的溶液与1.12g还原铁粉恰好完全反应生成溶液N的离子反应方程为　2Fe+FeO₄^2﹣　　+8H⁺═3Fe²⁺+4H₂O　．

【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．菁优网版权所有

【专题】18：实验分析题；25：实验评价题；43：演绎推理法；544：定量测定与误差分析．

【分析】1.2g氧化铁的物质的量为：0.0075mol，则溶液N中含有铁元素的物质的量为：0.0075mol×2×2＝0.03mol，质量为：56g/mol×0.03mol＝1.68g＞1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，故原来无机盐M中铁元素的物质的量为0.03mol﹣0.02mol＝0.01mol；据题意得E为Na₂SO₄，2.84g Na₂SO₄物质的量为0.02mol，故无机盐W中含钠元素，依据W为含氧酸根，且分子中的原子个数比为1：2：4，可得M的化学式为K₂FeO₄，

①路线Ⅰ为检验亚铁离子的方法；

②K₂FeO₄与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，根据质量守恒可知W为硫酸钾；

③根据K₂FeO₄与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水写出反应的化学方程式．

【解答】解：①根据路线Ⅰ可知，N溶液中一定含有亚铁离子，故答案为：Fe²⁺；

②1.2g氧化铁的物质的量为：0.0075mol，则溶液中含有铁元素的物质的量为：0.0075mol×2×2＝0.03mol，质量为：56g/mol×0.03mol＝1.68g＞1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，无机盐M分子中的原子个数比为1：2：4，则M的化学式为：Na₂FeO₄，根据流程可知，Na₂FeO₄与稀硫酸、还原铁粉反应生成硫酸亚铁和硫酸钾，根据质量守恒可知W为硫酸钾，

故答案为：Na₂SO₄；

③1.66gNa₂FeO₄的物质的量为0.01mol，1.12g还原铁粉的物质的量为0.02mol，所以Na₂FeO₄与还原铁粉按物质的量之比为1：2反应的离子方程式为：2Fe+FeO₄^2﹣+8H⁺═3Fe²⁺+4H₂O，

故答案为：2Fe+FeO₄^2﹣+8H⁺═3Fe²⁺+4H₂O．

【点评】本题考查了探究物质组成的方法，题目难度较大，试题涉及物质组成的测定、浓硫酸的性质、离子方程式、化学方程式的书写、离子的检验方法等知识，试题知识点较多，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力．

【化学--选修3：物质结构与性质】

21．（15分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的四种元素，A的价电子层中的未成对电子有3个，B的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C、D为同周期元素，C元素基态原子的3p轨道上有4个电子，D元素最外层有一个未成对电子，E位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．回答下列问题：

（1）D原子的核外电子排布式为　1s²2s²2p⁶3s²3p⁵　，E的价电子排布为　3d¹⁰4s²　．

（2）单质B有两种同素异形体，其中沸点高的是　O₃　（填分子式），原因是　O₃相对原子质量较大，范德华力较大　；

（3）A、B、C中第一电离能最大的是　N　（填元素符号），其中A的氢化物（AH₃）分子中，A原子轨道的杂化类型是　sp³　．

（4）化合物D₂B的立体构型为　V形　，单质D与湿润的Na₂CO₃反应可制备D₂B，其化学方程式为　2Cl₂+2Na₂CO₃+H₂O＝Cl₂O+2NaHCO₃+2NaCl　．

（5）E与C所形成化合物晶体的晶胞如右图所示．

①在1个晶胞中，E离子的数目为　4　．

②该化合物的化学式为　ZnS　．

【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；9I：晶胞的计算．菁优网版权所有

【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的四种元素，A的价电子层中的未成对电子有3个，价电子排布为2s²2p³，则A为N元素；B的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则B的最外层电子数为6，B为O元素；C、D为同周期元素，C元素基态原子的3p轨道上有4个电子，则C的原子序数为16，即C为S元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素；E位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，即电子排布为[Ar]3d¹⁰4s²，为Zn元素，以此来解答．

【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的四种元素，A的价电子层中的未成对电子有3个，价电子排布为2s²2p³，则A为N元素；B的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则B的最外层电子数为6，B为O元素；C、D为同周期元素，C元素基态原子的3p轨道上有4个电子，则C的原子序数为16，即C为S元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素；E位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，即电子排布为[Ar]3d¹⁰4s²，为Zn元素，

（1）D原子序数为17，其核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁵，E的价电子排布式为3d¹⁰4s²，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁵；3d¹⁰4s²；

（2）两种单质为氧气和臭氧，O₃相对原子质量较大，范德华力较大，则沸点高，故答案为：O₃；O₃相对原子质量较大，范德华力较大；

（3）非金属性强，第一电离能大，但N原子2 2p电子半满为稳定状态，其第一电离能最大，则A、B、C中第一电离能最大的是N，A的氢化物（AH₃）分子为三角锥型，A原子轨道的杂化类型是sp³，故答案为：N；sp³；

（4）化合物Cl₂O与水的结构相似，O为sp³杂化，且存在两对孤对电子，其立体构型为V形，单质D与湿润的Na₂CO₃反应可制备D₂B，其化学方程式为2Cl₂+2Na₂CO₃+H₂O＝Cl₂O+2NaHCO₃+2NaCl，

故答案为：V形； 2Cl₂+2Na₂CO₃+H₂O＝Cl₂O+2NaHCO₃+2NaCl；

（5）①由图可知，E离子位于顶点和面心，其数目为864，故答案为：4；

②由图可知，C位于体内，个数为4，E、C的个数比为1：1，其化学式为ZnS，故答案为：ZnS．

【点评】本题考查晶胞计算及位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的电子排布推断元素为解答的关键，侧重分析、推断及计算能力的考查，题目难度中等．

【化学--选修5：有机化学基础】

22．某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，质谱法测定其相对分子质量为92，现以它为初始原料设计出如下所示转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，F的分子式为C₇H₇NO₂，Y是一种功能高分子材料。

已知：Ⅰ．烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：

Ⅱ．（苯胺，易被氧化）

请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：

（1）X的化学式是　C₇H₈　。

（2）阿司匹林分子中含有的官能团的名称是　酯基、羧基　。

（3）反应⑤的化学方程式是　　；1 mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为　3mol　。

（4）反应②的反应条件是　KMnO₄/H⁺　，Y的结构简式为　　

（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有　6　种。

（6）请写出由A和其他物质合成的流程图。　　。

【考点】HB：有机物的推断；HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为C_xH_y，则7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C₇H₈、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，Y是一种功能高分子，链节组成为C₇H₅NO，与的分子式相比减少1分子H₂O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，Y为；

（6）在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成。

【解答】解：（1）通过以上分析知，X是甲苯，X的化学式是C₇H₈，

故答案为：C₇H₈；

（2）阿司匹林分子中含有的官能团的名称是 酯基、羧基，

故答案为：酯基、羧基；

（3）反应⑤是C为与银氨溶液发生氧化反应生成，反应方程式为：

，阿司匹林中的羧基及酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH反应，则1 mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为3mol，

故答案为：；3mol；

（4）反应②为F中的甲基被氧化生成羧基，根据信息知，该反应的反应条件是KMnO₄/H⁺，Y的结构简式为，

故答案为：KMnO₄/H⁺；；

（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物，

如果两个酚羟基位于相邻位置，有2种结构，

如果两个酚羟基位于相间位置，有3种结构，

如果两个酚羟基位于相对位置，有1种结构，

所以符合条件的有6种；

故答案为：6；

（6）在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成．合成反应流程图为：

故答案为：。

【点评】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，推断X为甲苯是关键，再根据反应条件及反应信息利用正、逆推法相结合进行判断，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，难点是合成路线设计，题目难度中等。

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日期：2019/4/10 15:30:06；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120