2023-2024学年湖南省长沙（上）高三月考化学试题（一）（解析版）

2023-2024学年湖南省长沙市高三（上）月考化学试卷（一）一、选择题（本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求）1．（3分）化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法错误的是（）A．丹霞地貌的岩层因含Fe2O3而呈红色 B．为增强口罩的密封性，在口罩上放了鼻梁条，有的鼻梁条是铝合金的，铝合金属于金属材料 C．中国空间站使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料 D．光化学烟雾、臭氧层空洞、酸雨的形成都与NO有关2．（3分）下列关于物质的结构或性质及解释均正确的是（）选项物质的结构或性质解释A键角：H2O＞NH3水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的多B稳定性：HF＞HClHF分子间氢键强于HCl分子间作用力C熔点：碳化硅＞金刚石C﹣Si的键能大于C﹣C的键能D酸性：CF3COOH＞CCl3COOHC﹣F的极性大于C﹣Cl的极性，导致CF3COOH的羧基中的羟基极性更大A．A B．B C．C D．D3．（3分）亚铁氰化钾K4Fe（CN）6俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。制备方法为：Fe+6HCN+2K2CO3＝K4Fe（CN）6+H2↑+2CO2↑+2H2O。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．27gHCN分子中含有π键数目为NA B．配合物K4Fe（CN）6的中心离子价电子排布式为3d6，该中心离子的配位数为6 C．每生成1molCO2时，反应过程中转移电子数目为4NA D．K2CO3中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数目为44．（3分）关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养。用如图所示装置（夹持装置省略）进行实验，操作正确且能达到目的的是（）A．用甲装置制取NaHCO3 B．用乙装置可制备无水MgCl2 C．通过丙装置可比较Al和Cu的金属活动性 D．丁装置可用于测定碘化钾溶液的浓度5．（3分）类比是一种重要的学习方法，下列“类比”正确的是（）A．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl B．钠在空气中加热能生成过氧化钠，则锂在空气中加热也能生成过氧化锂 C．可用NaCl固体与浓硫酸加热制HCl气体，则可用NaI固体与浓硫酸加热制HI气体 D．CO2中C为sp杂化，则SiO2中Si也为sp杂化6．（3分）“84”消毒液（有效成分为NaClO）可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析（）实验现象混合后溶液的pH＝9.9，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去。混合后溶液pH＝5.0，蓝色迅速褪去，无气体产生。混合后溶液pH＝3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体A．对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO﹣+H+═HClO B．实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO═Cl2↑+H2O C．对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO﹣的氧化性或Cl﹣的还原性 D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控合适的pH才能安全使用7．（3分）下列离子方程式正确的是（）A．1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积均匀混合：2+5H+＝Al3++Al（OH）3↓+H2O B．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2+++OH﹣＝MgCO3↓+H2O C．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O＝CaSO4↓+2HCl D．向200mL2mol•L﹣1的FeI2溶液中通入标准状况下11.2L的氯气：4Fe2++6I﹣+5Cl2＝4Fe3++3I2+10Cl﹣（多选）8．（3分）按图示装置实验，试剂瓶M中先出现沉淀后沉淀消失的是（）选项气体试剂瓶M中溶液ANH3AgNO3溶液BSO2BaCl2溶液CHClNa[Al（OH）4]溶液DCO2Na2SiO3溶液A．A B．B C．C D．D9．（3分）S和O可组成一系列负二价阴离子，结构如图。下列说法正确的是（）硫酸根焦硫酸根连四硫酸根硫代硫酸根过二硫酸根A．电负性O＞S，该系列离子中不存在非极性共价键 B．1mol焦硫酸根在水溶液中得2mol电子可生成2 C．2mol硫代硫酸根被氧化为1mol连四硫酸根转移2mol电子 D．过二硫酸根具有极强氧化性，原因是其中S元素处于+7价10．（3分）某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是（）实验操作（室温）及实验现象①将足量的铜粉加入1mL10mol•L﹣1HNO3中，溶液呈绿色，产生红棕色气体②将足量的铜粉加入100mL0.1mol•L﹣1HNO3中，溶液呈蓝色，产生无色气体③将足量的铁粉加入100mL0.1mol•L﹣1HNO3中，溶液呈浅绿色，无气体生成A．实验①②反应后溶液颜色不同，说明氧化产物不同 B．实验②中产生的气体可用向上排空气法收集 C．实验③中铁发生了钝化 D．以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关11．（3分）用磁铁矿（主要成分Fe3O4、含Al2O3和SiO2等杂质）制取FeCO3的工艺流程如图：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2开始沉淀的pH1.54.06.5完全沉淀的pH3.35.29.7下列说法正确的是（）A．“酸浸”过程中加入过量硫酸能抑制金属离子水解和提高铁元素的浸出率 B．“调节pH时应控制溶液的pH大于3.3 C．“沉铁”时应将过滤1的滤液滴加到Na2CO3溶液中，并不断搅拌 D．“过滤2”所得滤液中的溶质为Na2SO412．（3分）空气中的氮气可通过人工固氮获得氨气，氨气是重要的化工原料，通过氨氧化法可制得硝酸硝酸是一种强氧化性酸，制硝酸工业产生的尾气中含有氮氧化物（NOx），应处理后才能排放下列说法正确的是（）A．BaSO3固体能溶于稀硝酸，生成Ba（NO3）2，同时放出SO2气体 B．工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，将未反应的原料气送回合成塔以提高原料的利用率 C．工业尾气中NOx常用碱液吸收处理，NO、NO2的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n（NO）≥n（NO2） D．向浓硝酸溶液中插入红热的炭，产生红棕色气体，则可证明炭与浓硝酸溶液反应一定生成NO213．（3分）短周期元素甲、乙、丙、丁原子序数依次增大，其中甲、丙同主族，乙、丙、丁同周期。常温下﹣1时溶液pH＝13。p和q分别是元素丙和丁的单质，其中p为浅黄色固体。上述物质的转化关系如图所示（产物水已略去）。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：甲＜乙＜丙＜丁 B．甲与丙能形成使紫色石蕊试液先变红后褪色的物质 C．工业上常利用反应②制取漂白粉 D．m、n的阴离子在酸性溶液中不能大量共存14．（3分）纯磷酸（熔点为42℃，易吸潮）可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分3PO4⋅H2O（熔点为30℃），高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如图（夹持装置略）。下列说法错误的是（）A．A的名称是圆底烧瓶，B的进水口为b B．空气流入毛细管的主要作用是防止液体暴沸，还具有搅拌和加速水逸出的作用 C．过滤磷酸晶体时，需要干燥的环境，同时还需要控制温度为30～42℃之间 D．磷酸中少量的水极难除去的原因是分子中含羟基，可与水分子间形成强烈的相互作用﹣氢键二、非选择题（本题共4小题，共58分）15．（16分）氮、磷、硫、氯等非金属元素的单质和化合物在工农业生产中有重要应用。回答下列问题：（1）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），反应的化学方程式为。某厂废液中含有2%∼5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为N2的是（填标号）。A．NaClB．NH4ClC．HNO3D．浓硫酸（2）H3PO2及正盐NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。①H3PO2为元酸（填“一”二”或“三”）。②利用H3PO2进行化学镀银，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为（填化学式）。（3）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O），又名大苏打、海波，是一种用途非常广泛的化学试剂，生成淡黄色沉淀，放出的气体能使品红溶液褪色。（4）氯气与氢氧化钠在70℃时反应，生成物中NaClO3和NaClO的物质的量之比为3：1，其离子方程式为。16．（14分）四氯化钛（TiCl4，熔点：﹣25℃，沸点：136℃）是制备海绵钛和钛白的主要原料，其实验室制备原理是TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）TiCl4（g）+2CO（g），某同学利用如图装置制备TiCl4并验证产物CO。已知：TiCl4遇潮湿空气会发生反应：TiCl4+2H2O═TiO2+4HCl↑。回答下列问题：（1）写出装置A中制备Cl2的化学反应方程式：（注：反应中Cr2被还原为Cr3+）。（2）按气流方向从左至右，上述装置的连接顺序为A、、E。（3）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为，装置G中盛放的碱石灰的作用是。（4）能证明有CO生成的实验现象是。（5）产品中TiCl4含量测定：取10.0gTiCl4产品于烧瓶中，向安全漏斗（如图所示）中加入足量蒸馏水后，充分反应后将安全漏斗及烧瓶中混合物中液体转移到容量瓶中配成500mL溶液，取20mL所配溶液放入锥形瓶中﹣1的K2CrO4溶液作指示剂，用0.200mol•L﹣1的AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液32.00mL。已知：Ag2CrO4是一种深红色固体；常温下，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝1.2×10﹣12。①安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还有。②该沉淀滴定终点的判断方法是。③该产品纯度为%（保留一位小数）。17．（14分）氧化锌是一种有独特物理化学性能的功能材料，利用锌焙砂（主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物）生产高纯氧化锌的工业流程如图所示，回答下列问题：已知：As2O3微溶于水而生成亚砷酸（H3AsO3），FeAsO4和ZnCO3难溶于水。（1）锌元素位于元素周期表区，Zn的价层电子排布式为。（2）操作X为，需用到的玻璃仪器有、漏斗、烧杯。（3）“浸出”过程（NH4）2SO4和NH3•H2O按1：2比例参加反应生成了[Zn（NH3）4]2+，发生的离子反应方程式为。（4）流程中可循环利用的含氮物质有（填化学式）。（5）已知三种硫化物的Ksp如下表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10﹣5mol/L时视为沉淀完全，则在加N2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为10﹣10mol/L时，此时Pb2+是否完全沉淀（填“是”或“否”）。物质CdSCuSPbSKsp8.0×10﹣276.3×10﹣368.0×10﹣28​（6）已知“蒸氨”后锌元素以[Zn（NH3）2]SO4存在，写出CO2“沉锌”的化学方程式：。（7）“除砷”过程中，先加入过量的（NH4）2S2O8，然后再加入FeSO4•H2O，该过程中（NH4）2S2O8过量的原因是。18．（14分）吡唑类化合物G是一种重要的医用中间体，也可作为某些光敏材料、染料的原材料。其合成路线如图：已知：R1﹣CHO+R2CH2﹣COOR3。（1）反应①所需试剂、条件分别是，C的名称是。（2）A→B的化学方程式为。（3）测定E所含化学键和官能团的仪器应选用（填标号）。A．元素分析仪B．质谱仪C．红外光谱仪D．分光光度计（4）若D与液溴发生加成反应生成E，写出在NaOH的醇溶液条件下E生成F的化学方程式：。（5）X为D的同分异构体，写出满足如下条件X的结构简式：。①含有苯环②核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为2：2：1③1molX与足量银氨溶液反应生成4molAg（6）吡唑（CHN）是无色针状晶体，分子中具有类似于苯的5中心6电子π键，可作为配体与金属阳离子形成配位键。分子中两个“N”原子更易形成配位键的是（填“1”或“2”），原因是。

参考答案与试题解析一、选择题（本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求）1．【分析】A．Fe2O3是红棕色固体；B．金属材料包括金属单质及其合金；C．碳纤维是碳的一种单质，是无机非金属材料；D．光化学烟雾、臭氧层空洞、酸雨的形成都与氮氧化合物有关。【解答】解：A．Fe2O3是红棕色固体，丹霞地貌的岩层因含Fe8O3而呈红色，故A正确；B．铝合金属于合金，故B正确；C．碳纤维是碳的一种单质，不属于新型有机高分子材料；D．光化学烟雾、酸雨的形成都与氮氧化合物有关，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质的组成等知识，注意物质的组成、有机高分子材料相关知识，题目难度中等。2．【分析】A．孤电子对对成键电子对有斥力；B．非金属性越大，对应的氢化物的稳定性越强；C．原子半径越小，形成的共价键越强，晶体的熔点越高；D．酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，说明﹣CF3吸电子能力比﹣CCl3强。【解答】解：A．依据价层电子对互斥理论，H2O中心原子O的价层电子对数n＝σ键数目+孤电子对数＝2+4＝4，NH3中心原子N的价层电子对数n＝σ键数目+孤电子对数＝7+1＝4，二者VSEPR模型均为四面体型6中心原子N原子上有1个孤电子对，H2O中O原子上则有2个孤电子对，对成键电子对有更大的斥力3＞H2O，故A错误；B．非金属性越大，非金属性F＞Cl，热稳定性与氢键无关；C．碳原子半径小于硅原子半径，金刚石晶体的熔点高，故C错误；D．酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，说明﹣CF3吸电子能力比﹣CCl5强，C﹣F的极性大于C﹣Cl的极性3COOH的羧基中的羟基极性更大，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查元素周期律，涉及到键角、热稳定性、沸点等，解题的关键是掌握元素周期律的规律，试题培养了学生的灵活应用能力，难度不大。3．【分析】A．27gHCN的物质的量为1mol，其结构式为：H﹣C≡N；B．配合物K4Fe（CN）6的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为3d6，该中心离子的配体为CN﹣；C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子；D．K2CO3中阴离子中C原子的孤电子对数＝（4+2﹣2×3）＝0，碳原子的价层电子对数＝3+0＝3。【解答】解：A．27gHCN的物质的量为1mol，则27gHCN分子中含有π键数目为2NA，故A错误；B．配合物K2Fe（CN）6的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为7d6，该中心离子的配体为CN﹣，配位数为6，故B正确；C．该反应中，两个+7价氢变为0价，故每生成1molCO6时，反应过程中转移电子数目为NA，故C错误；D．K2CO3中阴离子中C原子的孤电子对数＝（4+8﹣2×3）＝5，空间结构为平面三角形；故选：B。【点评】本题考查原子结构和化学键，侧重考查学生杂化和配位键的掌握情况，试题难度中等。4．【分析】A．二氧化碳在食盐水中的溶解度不大；B．HCl可抑制镁离子的水解；C．Al在浓硝酸中会发生钝化；D．酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶。【解答】解：A．二氧化碳在食盐水中的溶解度不大，在碱性环境中通入过量的CO2生成碳酸氢钠，故A错误；B．MgCl2易水解，HCl可抑制镁离子的水解6•6H2O能制取无水MgCl2，故B正确；C．Al在浓硝酸中会发生钝化，故C错误；D．酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶，并且无法判断滴定终点；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、仪器的使用、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，题目难度不大。5．【分析】A．Na3N和Mg3N2都是金属离子和氮离子构成的离子化合物；B．锂在空气中加热只能生成氧化锂；C．I﹣有较强的还原性，能被浓硫酸氧化为I2；D．CO2是直线形结构，在SiO2晶体中，每个硅原子都结合四个氧原子。【解答】解：A．Na3N和Mg3N2都是金属离子和氮离子构成的离子化合物，和盐酸反应都生成相应的金属氯化物和NH4Cl，故A正确；B．锂在空气中加热只能生成氧化锂，故B错误；C．I﹣有较强的还原性，能被浓硫酸氧化为I2，所以不能用NaI和浓硫酸反应制取HI气体，故C错误；D．在SiO2晶体中，每个硅原子都结合四个氧原子3杂化，CO2是直线形结构，C为sp杂化；故选：A。【点评】本题考查物质之间的反应，侧重考查学生基本知识的掌握情况，试题难度中等。6．【分析】A．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸，次氯酸浓度增大漂白效果快；B．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，生成的盐酸呈酸性；C．对比实验②和③，稀硫酸浓度影响氯离子的还原性和次氯酸根离子的氧化性；D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气。【解答】解：A．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO﹣+H+═HClO，故A正确；B．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，蓝色迅速褪去，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气，生成的盐酸呈酸性；C．对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO﹣的氧化性或Cl﹣的还原性，故C正确；D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，需要调控合适的pH才能安全使用；故选：B。【点评】本题考查了“84”消毒液的成分分析、次氯酸钠水解和氧化性的分析判断、主要是实验现象分析和结论归纳总结，题目难度中等。7．【分析】A．1mol⋅L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol⋅L﹣1的HCl溶液等体积均匀混合，反应生成铝离子和氢氧化铝且物质的量相等；B．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应，反应生成碳酸根和氢氧化镁沉淀；C．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2，反应生成硫酸钙、次氯酸；D．氯气先氧化I﹣再氧化Fe2+，注意氯气与离子的量的比例关系。【解答】解：A．1mol⋅L﹣1的NaAlO6溶液和2.5mol⋅L﹣2的HCl溶液等体积均匀混合，反应生成铝离子和氢氧化铝且物质的量相等，故A正确；B．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应，Mg以Mg（OH）4的形式存在，离子方程式为：；C．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2，反应生成硫酸钙、次氯酸，故C错误；D．向200mL2mol⋅L﹣1的FeI4溶液中通入标准状况下11.2L的氯气，0.2mol碘离子被0.4mol氯气氧化，离子方程式为：；故选：A。【点评】本题考查了离子方程式的书写的正误判断，涉及与量的问题、不符合客观事实问题、电荷不守恒问题、拆分不合理等问题，考查学生识记和理解能力，属于高考常考考点，难度不大，特别要注意C选项中要生成HClO，而不是H+。8．【分析】A．氨气与硝酸银反应先生成沉淀后生成银氨溶液；B．二氧化硫与氯化钡不反应；C．少量HCl与Na[Al（OH）4]溶液反应生成Al（OH）3沉淀，继续通HCl与Al（OH）3沉淀生成氯化铝；D．二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，继续通二氧化碳沉淀不溶解。【解答】解：A．氨气与硝酸银反应先生成AgOH沉淀，沉淀消失；B．亚硫酸的酸性比盐酸弱，无明显现象；C．少量HCl与Na[Al（OH）4]溶液反应生成Al（OH）3沉淀，继续通HCl与Al（OH）8沉淀生成氯化铝，沉淀消失；D．二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故D错误；故选：AC。【点评】本题考查实验方案的评价，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，把握反应现象的判断，难度不大。9．【分析】A．同种元素间的共价键是非极性键；B．S元素化合价未发生变化；C．硫代硫酸根中硫一个为﹣2价，一个为+6价，平均价态为+2价，被氧化成连四硫酸根S平均化合价为+2.5价；D．过二硫酸根中S为+6价。【解答】解：A．连四硫酸根，故A错误；B．1mol焦硫酸根与水反应生成硫酸氢根离子，没有电子转移；C．硫代硫酸根中硫一个为﹣2价，平均价态为+3价，则2mol硫代硫酸钠被氧化为1mol连四硫酸根转移3mol电子；D．过二硫酸根中S为+6价，故D错误；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生化学键、化合价和反应过程中转移电子数目的掌握情况，试题难度中等。10．【分析】实验①将足量的铜粉加入1mL10mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈绿色，产生红棕色气体，发生的反应为为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，实验②将足量的铜粉加入100mL0.1mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈蓝色，产生无色气体，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，实验③将足量的铁粉加入100mL0.1mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈浅绿色，无气体生成，说明铁发生了反应生成硝酸亚铁和硝酸铵，据此分析判断。【解答】解：A．将足量的铜粉加入1mL10mol⋅L﹣1HNO2中，溶液呈绿色，发生的反应为为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，将足量的铜粉加入100mL6.1mol⋅L﹣1HNO5中，溶液呈蓝色，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）3+2NO↑+4H2O，硝酸物质的量相同，溶液中铜离子浓度不同，故A错误；B．实验②中产生的气体为NO，不能用向上排空气法收集；C．将足量的铁粉加入100mL0.1mol⋅L﹣7HNO3中，溶液呈浅绿色，可能生成了反应生成硝酸亚铁和硝酸铵，故C错误；D．实验①②可知，铜稀硝酸反应生成一氧化氮，与金属活泼性有关；故选：D。【点评】本题考查了硝酸和金属反应的分析判断，主要是硝酸的浓度不同，产物不同，注意铁在硝酸中的钝化现象，题目难度中等。11．【分析】Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，所以它和硫酸反应生成FeSO4和Fe2（SO4）3，再加入铁，还原Fe2+，离子方程式为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，再加入20%氨水调pH，使Al3+沉淀，Fe2+不沉淀，然后过滤，滤去过量的铁以及Al（OH）3和未反应的SiO2，再加入Na2CO3溶液，和Fe2+反应生成FeCO3沉淀，经过滤、洗涤、干燥得FeCO3产品，【解答】解：A.“酸浸”过程中加入过量硫酸可以确保硫酸的浓度，加快浸取的反应速率，同时还可以抑制Fe3+等金属离子的水解，故A正确；B.加入20%氨水调pH，使Al3+沉淀，Fe3+不沉淀，pH大于5.2，故B错误；C.沉铁反应为Fe8+与反应生成FeCO3和CO7以及H2O，反应的离子方程式为：Fe2++7＝FeCO3↓+CO7↑+H2O，不能搅拌；D.“过滤2”所得滤液中的溶质为Na5SO4和Na2CO3，故D错误；故选：A。【点评】本题以FeCO3制备为背景，考查了氧化还原型离子方程式书写，反应速率的影响因素，金属阳离子之间的分离，具有一定的综合性，属于中等难度题型。12．【分析】氨氧化法制备硝酸，氮气与氢气反应生成氨气，氨气再催化氧化生成NO，NO被氧气氧化为NO2，NO2和O2按一定比例通入水中制得硝酸。【解答】解：A．亚硫酸钡会被稀硝酸氧化成硫酸钡；B．减小生成物的浓度，可以提高原料气的利用率；C．NO和NO2恰好与氢氧化钠反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H8O，NO2被氢氧化钠吸收发化学方程式为：2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO4+H2O，NO2的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n（NO）≤n（NO2），故C错误；D．浓硝酸受热分解也会产生NO2，故D错误；故选：B。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间转化的掌握情况，试题难度中等。13．【分析】常温下，含甲的化合物r浓度为0.1mol•L﹣1时溶液pH＝13，为一元强碱，则r为NaOH，p和q分别是元素丙和丁的单质，p为浅黄色固体，则p为S单质，丙为S元素；丁的原子序数大于S，则丁为Cl元素，q为Cl2；甲、丙同主族，则甲为O；乙、丙、丁同周期，乙为第三周期元素；结合转化关系可知，m、n为Na2S、Na2SO3，s、t为NaCl、NaClO等物质，以此解答该题。【解答】解：A．电子层结构相同时，则离子半径丙＞丁；B．甲为O，二者形成的二氧化硫具有漂白性，故B错误；C．工业上用石灰乳与氯气反应制备漂白粉，故C错误；D．m、n为Na2S、Na2SO8，酸性条件下硫离子、亚硫酸根离子反应生成S单质，故D正确；故选：D。【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，甲、乙为推断的突破口，题目难度不大。14．【分析】通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。【解答】解：A．如图，冷凝管中冷凝水下进上出冷凝效果好；B．五氧化二磷可作为干燥剂，可以防止液体暴沸，故B正确；C．根据题意，易吸潮）3PO4⋅H6O（熔点为30℃），所以防止纯磷酸熔化，同时还需要控制温度为30～42℃之间；D．磷酸结构为，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，但氢键不属于强烈的相互作用，氢键不是化学键；故选：D。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生实验装置、物质性质和制备实验方案设计的掌握情况，试题难度中等。二、非选择题（本题共4小题，共58分）15．【分析】（1）根据题意氨被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2）和水，某厂废液中含有2%∼5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为N2，说明该物质具有还原性；（2）H3PO2及正盐NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银；（3）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）遇酸立即分解，生成淡黄色沉淀，则有硫单质生成，放出的气体能使品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫；（4）氯气与氢氧化钠在70℃时反应，生成物中NaClO3和NaClO的物质的量之比为3：1，设生成的物质的量分别为3mol、1mol，则失去了3mol×5+1mol＝15mol，则氯得到15mol电子，因此有15mol氯离子生成。【解答】解：（1）根据题意氨被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2）和水，其反应的化学方程式为2NH4+3O2＝2H2O+2HNO3。某厂废液中含有2%∼5%的8，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为N2，说明该物质具有还原性，氯化钠、浓硫酸都不与亚硝酸钠反应，故答案为：5NH3+3O4＝2H2O+8HNO2；B；（2）H3PO3及正盐NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银；①根据正盐NaH4PO2，说明H3PO8为一元酸，故答案为：一；②利用H3PO2进行化学镀银，H5PO2将Ag+还原为银，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为，设氧化剂和还原剂分别为4mol，氧化剂得到8mol电子，因此化合价升高4个价态，H3PO7中P为+1价，则氧化产物为H3PO6，故答案为：H3PO4；（3）硫代硫酸钠晶体（Na6S2O3•6H2O）遇酸立即分解，生成淡黄色沉淀，放出的气体能使品红溶液褪色，则硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的离子方程式：，故答案为：；（4）氯气与氢氧化钠在70℃时反应3和NaClO的物质的量之比为7：1，设生成的物质的量分别为3mol，则失去了2mol×5+1mol＝15mol，因此有15mol氯离子生成7+20OH﹣+ClO﹣+16Cl﹣+10H5O，故答案为：10Cl2+20OH﹣+ClO﹣+16Cl﹣+10H2O。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含磷、氮物质性质及其反应的掌握情况，试题难度中等。16．【分析】A装置中浓盐酸和K2Cr2O7在加热条件下反应生成氯气，氯气中混有HCl，因此先通过饱和食盐水除去HCl，随后将氯气通过浓硫酸干燥，干燥后的氯气通入B中与TiO2、C反应生成TiCl4，四氯化钛沸点较低，在C中冷凝收集，因为四氯化钛遇潮湿的空气会反应，因此C后连接装置G，防止外界水蒸气进入，同时也能吸收多余的氯气，G后连接F，生成的CO与氧化铜在加热条件下反应，最后连接H，若F中固体变红且H中澄清石灰水变浑浊，说明有CO生成。【解答】解：（1）装置A中浓盐酸和K2Cr2O8加热条件下反应生成KCl、CrCl3和Cl2，化学方程式为K2Cr2O7+14HCl（浓）2KCl+2CrCl3+2Cl2↑+7H3O，故答案为：K2Cr2O4+14HCl（浓）2KCl+2CrCl4+3Cl2↑+6H2O；（2）A装置中浓盐酸和K2Cr6O7在加热条件下反应生成氯气，氯气中混有HCl，随后将氯气通过浓硫酸干燥2、C反应生成TiCl7，四氯化钛沸点较低，在C中冷凝收集，因此C后连接装置G，同时也能吸收多余的氯气，生成的CO与氧化铜在加热条件下反应，若F中固体变红且H中澄清石灰水变浑浊，上述装置的连接顺序为A、I、D、B、C、G、F、H、E，故答案为：I、D、B、C、G、F、H；（3）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，装置G中盛放碱石灰的作用为吸收多余的氯气防止污染空气4水解，故答案为：分液漏斗；吸收多余的2，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致3水解；（4）CO能与CuO在加热条件下反应生成Cu红色固体和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，H中澄清石灰水变浑浊，故答案为：F中黑色固体变红，H；（5）①安全漏斗中的水在本实验中除了作为反应物与TiCl4反应外，还有液封并吸收挥发的HCl的作用，故答案为：液封并吸收挥发的HCl；②TiCl4与水反应生成TiO6和HCl，充分反应后取烧瓶和安全漏斗中的混合液2CrO4为指示剂，用硝酸银溶液滴定，氯离子反应完后最后加入的银离子与K2CrO4反应生成Ag2CrO2，因此滴定终点的判断方法为当加入最后半滴AgNO3溶液，出现红色沉淀，则为滴定终点，故答案为：当加入最后半滴AgNO3溶液，出现红色沉淀，且秒内红色沉淀不消失；③消耗硝酸银5.2mol/L×0.032L＝2.4×10﹣3mol，则生成HCl4.4×10﹣3mol，根据TiCl8与水反应的化学方程式可知，10.0g产品中含有TiCl44.4×10﹣3mol÷5×25＝0.04mol，该产品的纯度为0.04mol×190g/mol÷10g×100%＝76.5%，故答案为：76.0。【点评】本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生实验操作、实验装置和产品质量分数计算的掌握情况，试题难度较大。17．【分析】锌焙砂利用硫酸铵和氨水浸出，氧化锌溶解生成[Zn（NH3）4]2+，As2O3转化为，过滤，向滤液中加入过硫酸铵和硫酸亚铁除砷，继续过滤，向滤液中加入硫化钠除