2024-2025学年下学期高中化学必修二第五章A卷

第24页（共24页）第五章A卷一．选择题（共16小题，满分48分，每小题3分）1．（3分）下列叙述中正确的是（）A．玻璃、水泥和玛瑙的主要成分都是硅酸盐 B．氯碱工业的反应原理是电解熔融氯化钠 C．常温下铁在浓硫酸中不反应，可用铁槽车贮运浓硫酸 D．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，其遇强碱会断路2．（3分）一种新型的合成氨的方法如图所示。下列说法正确的是（）A．反应①中N2发生了氧化反应 B．反应①和②均属于“氮的固定” C．反应③为4LiOH通电¯4Li+2H2O+O2↑D．三步循环的总结果为N2+3H2⇌2NH33．（3分）Na2SO3⋅7H2O晶体加热脱水后，强热过程中质量不变．待固体冷却后溶于水，溶液的碱性比Na2SO3溶液强，所得固体成分可能是（）A．Na2SNa2ONa2SO3 B．Na2SO4Na2ONa2SO3 C．Na2ONa2SNa2SO4 D．Na2SNa2SO34．（3分）某同学把SO2通入如图所示装置，以探究SO2的性质。下列说法不正确的是（）A．若X溶液为滴有酚酞的NaOH溶液，则溶液褪色 B．若X溶液为酸性高锰酸钾溶液，则褪色后的溶液中含有SO4C．若X溶液为H2S溶液，则溶液中会有淡黄色沉淀生成 D．若X溶液为品红溶液，则溶液褪色的原因是SO2具有还原性5．（3分）2016年8月10日《生物谷》文称，“气体”CO、NO及H2S可作为新型药物开发的潜在靶点，用开发新型药物来帮助治疗多种人类疾病．下列有关这三种气体的说法正确的是（）A．都是电解质 B．都易溶于水 C．都能与碱溶液反应 D．都属于有毒气体6．（3分）下列气体中，不能用排空气法收集的是（）A．Cl2 B．CO2 C．CO D．O27．（3分）下列相关工业制法的描述不正确的是（）A．电解熔融氯化钠制取金属钠 B．电解熔融的Al（OH）3制取金属铝 C．用石英、纯碱、石灰石为原料制玻璃 D．用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅8．（3分）下列叙述正确的是（）A．稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中 B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出 C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D．从碘水中提取单质碘时，可以用无水乙醇代替CCl49．（3分）现有①硫酸镁②硝酸钡③氢氧化钠④氯化铜⑤氯化钾五种溶液，不用任何其他试剂也可鉴别，且鉴别出来的先后顺序正确的是（）A．④③①②⑤ B．④⑤③②① C．④③②①⑤ D．④②③①⑤10．（3分）下列反应既利用了浓硫酸的强氧化性，又利用了浓硫酸的酸性的是（）A．碳与浓硫酸加热 B．浓硫酸与NaCl固体加热 C．浓硫酸中加入铜片 D．蔗糖与浓硫酸混合后炭化发黑11．（3分）下列有关物质检验的实验结论正确的是（）实验操作现象实验结论A．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀溶液中一定含有SOB．将某气体通入品红溶液中品红溶液褪色该气体一定是SO2C．往某溶液中加入KSCN溶液显血红色溶液中一定含有Fe3+D．往某溶液中加入盐酸产生无色气体溶液中一定含有COA．A B．B C．C D．D12．（3分）用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是（）途径①：S→浓HNO3途径②：S→O2SO2→O2SO3→HA．途径②与途径①相比较更能体现“绿色化学”的理念，因为途径②比途径①的污染相对较小且原子利用率较高 B．由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mol电子 C．途径①反应中体现了浓HNO3的强氧化性和酸性 D．途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来提高SO2的转化率13．（3分）化学反应总是伴随着丰富多彩的颜色的变化，下列说法错误的是（）A．将Na2O2固体投入滴加了少许酚酞的蒸馏水中，溶液先变红后褪色 B．向胆矾晶体（CuSO4•5H2O）滴加浓硫酸，晶体由蓝色变为黑色 C．用玻璃棒蘸取浓硝酸滴加到pH试纸上，试纸先变红后变成白色 D．将SO2通入品红溶液中，溶液颜色褪去，加热后又变成红色14．（3分）10gCO和H2组成的混合气体在足量氧气中完全燃烧，立即将全部生成物通入足量的Na2O2中，则固体质量增加（）A．10g B．11.8g C．13.2g D．无法计算15．（3分）实验室有一瓶溶液，标签上标有“0.2mol/LBaCl2溶液”的字样，下面对该溶液的叙述正确的是（）A．配制500mL该溶液，可将0.1molBaCl2溶于500mL水中 B．Ba2+和Cl﹣的物质的量浓度都是0.2mol/L C．将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c（Cl﹣）为0.2mol/L D．从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.1mol/L16．（3分）有色金属冶炼废水中的砷元素主要以亚砷酸（H3AsO3）和砷酸（H3AsO4）形式存在，酸性废水中砷元素回收再利用的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）A．流程中可循环利用的物质有NaOH与H2SO4 B．先“碱浸”“沉砷”后“酸化”的目的是富集砷元素 C．“还原”发生反应的离子方程式为H3AsO4+SO2+H2O═H3AsO3+2H++SOD．整个流程中在相同状态下参加反应的O2与SO2的体积比为1：2二．实验题（共1小题，满分8分，每小题8分）17．（8分）某化学学习小组设计了如图实验装置，以探究草酸分解部分产物的实验，请回答下列问题：（1）向草酸中滴加浓硫酸，草酸分解产生三种常见氧化物，则草酸分解产物中氧化产物与还原产物的质量之比为。（2）装置C中的试剂是，作用是。（3）能证明草酸分解的某产物有还原性的现象是。装置G的作用是。（4）已知高温下氧化铁被还原的过程中，铁元素的化合价从+3价逐渐降低到0价，即Fe2O3→Fe3O4→FeO→Fe。反应前氧化铁的质量为24.0g，如E中反应非常充分，为确定反应后E中固体只有Fe，该小组设计了如下两种方案：方案①：取反应后E中黑色固体于足量稀硫酸中溶解，将溶液分成两份，一份加几滴KSCN，溶液无明显颜色变化；另一份加几滴K3[Fe（CN）6]，产生蓝色沉淀。该方案是否能达到目的？（填“是”或“否”），理由是。方案②：称量反应后E中固体的质量，当其质量等于g时，表明反应后E中固体只有Fe。（5）如E中反应不够充分，当反应后E中黑色固体的质量为17.6g时，该反应中Fe的产率为。三．推断题（共1小题，满分12分，每小题12分）18．（12分）已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示（部分反应中的H2O已略去）。请回答下列问题：（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B．则B的化学式为。（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是。（3）若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为。（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应②的离子方程式是。四．解答题（共3小题，满分32分）19．（10分）硅在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在。回答下列问题：（1）Si是良好的半导体材料，试写出硅单质的一种用途：。（2）SiO2是玻璃的主要成分之一，烧碱溶液对玻璃有腐蚀性，写出SiO2与烧碱溶液反应的离子方程式为。（3）Na2SiO3溶液俗称，往Na2SiO3溶液中通入足量CO2气体发生的现象是：。（4）工业上常用焦炭和二氧化硅在高温条件下制备粗硅，该反应的化学方程式为。20．（8分）一定量的铁粉和9g硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集18g水，求加入的铁粉质量．21．（14分）氨气（NH3）是一种重要的化工原料，其中约80%用来生产各种氮肥。（1）氨气的制备①实验室通过加热NH4Cl和Ca（OH）2的混合物制取氨，该反应的化学方程式为。②工业上以氮气和氢气为原料合成氨，该反应的化学方程式为。其中氮元素的化合价（填“升高”或“降低”），反应中每生成2molNH3，消耗H2的物质的量是mol。③我国科研团队借助一种固体催化剂（LDH），在常温、常压和可见光条件下合成了氨，其过程如图所示。该反应的化学方程式为。反应中每转移6mole﹣，生成NH3的体积为L（标准状况下）。（2）氮肥的制备和应用主要转化途径如下（转化所需试剂及条件已略去）：N2→NO2→HNO3→M硝酸盐[如NH4NO3]①写出NO2→HNO3的化学方程式。②将HNO3转化为NH4NO3，列举两种不同类别的化合物M（写化学式）。③NH4NO3常作为水培植物营养液的氮肥来源。若配制0.2mol/L的NH4NO3溶液480mL，需要NH4NO3固体的质量g。

第五章A卷参考答案与试题解析题号1234567891011答案DCDDDCBCACC题号1213141516答案CBACD一．选择题（共16小题，满分48分，每小题3分）1．（3分）下列叙述中正确的是（）A．玻璃、水泥和玛瑙的主要成分都是硅酸盐 B．氯碱工业的反应原理是电解熔融氯化钠 C．常温下铁在浓硫酸中不反应，可用铁槽车贮运浓硫酸 D．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，其遇强碱会断路【分析】A．玛瑙的主要成分是SiO2；B．氯碱工业原理是电解饱和食盐水；C．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化；D．二氧化硅与强碱溶液反应。【解答】解：A．以含硅物质为原料经加热制成的产品，通常称为硅酸盐产品。所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素（主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称，玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，玻璃、水泥都属于硅酸盐，玛瑙的主要成分是SiO2，为氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；B．氯碱工业原理是电解饱和食盐水生成氯气、氢氧化钠和氢气，故B错误；C．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，可用铁槽车贮运浓硫酸，发生了化学反应，故C错误；D．二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及氯碱工业原理、玛瑙的主要成分、钝化、光导纤维等，把握物质的性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。2．（3分）一种新型的合成氨的方法如图所示。下列说法正确的是（）A．反应①中N2发生了氧化反应 B．反应①和②均属于“氮的固定” C．反应③为4LiOH通电¯4Li+2H2O+O2↑D．三步循环的总结果为N2+3H2⇌2NH3【分析】A．氮气和锂反应生成氮化锂，依据元素化合价变化判断；B．游离态的氮元素转化为化合态为氮元素的固定；C．电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气和水；D．三步反应6Li+N2＝2Li3N、Li3N+3H2O＝3LiOH+NH3、4LiOH通电¯4Li+O2↑+2H2O【解答】解：A．氮气和锂反应生成氮化锂，氮元素化合价降低，氮气发生还原反应，被还原，故A错误；B．②反应为氮的不同化合态之间的转化，不是氮的固定，故B错误；C．电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气和水，反应③为4LiOH通电¯4Li+2H2O+O2↑，故CD．三步反应6Li+N2＝2Li3N、Li3N+3H2O＝3LiOH+NH3、4LiOH通电¯4Li+O2↑+2H2O，上述三步循环的总结果为2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D故选：C。【点评】本题考查了氧化还原反应、电解原理的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。3．（3分）Na2SO3⋅7H2O晶体加热脱水后，强热过程中质量不变．待固体冷却后溶于水，溶液的碱性比Na2SO3溶液强，所得固体成分可能是（）A．Na2SNa2ONa2SO3 B．Na2SO4Na2ONa2SO3 C．Na2ONa2SNa2SO4 D．Na2SNa2SO3【分析】亚硫酸钠中硫元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，强热分解质量不变，依据氧化还原反应的规律和原子个数守恒定律解答．【解答】解：A．若分解产物为：Na2S；Na2O；Na2SO3，则反应中只有化合价降低，没有化合价升高，不符合氧化还原反应的规律，故A错误；B．若分解产物为：Na2SO4；Na2O；Na2SO3，则反应中只有化合价升高，没有化合价降低，不符合氧化还原反应的规律，故B错误；C．Na2SO3•7H2O中钠原子与硫原子个数比为2：1，若分解产物为：Na2O；Na2S；Na2SO4，钠原子与硫原子个数比不为2：1，不符合质量守恒定律，故C错误；D．若产物为：Na2S，Na2SO3则发生反应：4Na2SO3＝3Na2SO4+Na2S，符合题意，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了物质的性质，明确氧化还原反应的规律、熟悉亚硫酸钠的性质是解题关键，题目难度中等．4．（3分）某同学把SO2通入如图所示装置，以探究SO2的性质。下列说法不正确的是（）A．若X溶液为滴有酚酞的NaOH溶液，则溶液褪色 B．若X溶液为酸性高锰酸钾溶液，则褪色后的溶液中含有SO4C．若X溶液为H2S溶液，则溶液中会有淡黄色沉淀生成 D．若X溶液为品红溶液，则溶液褪色的原因是SO2具有还原性【分析】A．二氧化硫属于酸性氧化物，和NaOH反应生成亚硫酸钠和水；B．二氧化硫具有还原性，遇到高锰酸钾溶液发生氧化还原反应；C．若X溶液为H2S溶液，二氧化硫具有氧化性，能和硫化氢发生氧化还原反应生成单质硫；D．二氧化硫具有漂白作用。【解答】解：A．二氧化硫属于酸性氧化物，和NaOH反应生成亚硫酸钠和水，则溶液褪色，故A正确；B．若X溶液为酸性高锰酸钾溶液，二氧化硫被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸，褪色后的溶液中含有SO42-，故C．若X溶液为H2S溶液，硫化氢具有还原性，二氧化硫具有氧化性，二氧化硫和硫化氢反应生成硫单质，溶液中会有淡黄色沉淀生成，故C正确；D．若X溶液为品红溶液，通入二氧化硫气体，品红溶液褪色，是二氧化硫的漂白性，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了二氧化硫的性质和反应现象的分析判断，主要是二氧化硫的还原性、氧化性、漂白性的理解应用，题目难度不大。5．（3分）2016年8月10日《生物谷》文称，“气体”CO、NO及H2S可作为新型药物开发的潜在靶点，用开发新型药物来帮助治疗多种人类疾病．下列有关这三种气体的说法正确的是（）A．都是电解质 B．都易溶于水 C．都能与碱溶液反应 D．都属于有毒气体【分析】A．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；B．一氧化碳、一氧化氮不溶于水；C．CO、NO不能与碱溶液发生反应；D．CO、NO及H2S都有毒．【解答】解：A．CO、NO属于非电解质，H2S溶于水导电属于电解质，故A错误；B．CO、NO不溶于水，H2S溶于水，故B错误；C．CO、NO属于不成盐氧化物，不与碱溶液发生反应，H2S溶于水为酸，和碱反应生成盐和水，故C错误；D．CO、NO及H2S都有毒，属于有毒气体，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了物质性质，主要是电解质、溶解性、毒性等概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。6．（3分）下列气体中，不能用排空气法收集的是（）A．Cl2 B．CO2 C．CO D．O2【分析】根据气体的性质进行判断：能够与氧气反应的气体、气体密度接近空气密度的气体都不能使用排空气法收集，据此进行解答．【解答】解：A．氯气与空气中的氧气、氮气不反应，密度大于空气，可以采用向上排空气法收集，故A错误；B．二氧化碳与空气中的氧气、氮气不反应，密度比空气大，能用向上排空气法收集，故B错误；C．CO密度与空气很接近，不能使用排空气法收集，可以使用排水法收集，故C正确；D．O2密度比空气大，能用向上排空气法收集，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了常见气体的收集方法，题目难度不大，注意掌握常见气体的性质及正确的收集方法，明确排空气法、排水法收集气体的要求．7．（3分）下列相关工业制法的描述不正确的是（）A．电解熔融氯化钠制取金属钠 B．电解熔融的Al（OH）3制取金属铝 C．用石英、纯碱、石灰石为原料制玻璃 D．用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅【分析】A、电解熔融氯化钠制取金属钠；B、电解熔融氧化铝制取金属铝；C、石英、纯碱、石灰石为原料制玻璃；D、根据粗硅的制备原理来回答．【解答】解：A、工业上是电解熔融氯化钠制取金属钠，故A正确；B、工业上是电解熔融氧化铝制取金属铝，氢氧化铝受热易分解为氧化铝，故B错误；C、工业上是以石英、纯碱、石灰石为原料制玻璃，故C正确；D、粗硅的制备原理：焦炭在电炉中还原二氧化硅，故D正确。故选：B。【点评】本题涉及金属的冶炼原理等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大。8．（3分）下列叙述正确的是（）A．稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中 B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出 C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D．从碘水中提取单质碘时，可以用无水乙醇代替CCl4【分析】A．稀释浓硫酸，应防止酸液飞溅；B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应重新配制；C．分液时应避免液体重新混合而污染；D．乙醇与水混溶．【解答】解：A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并用玻璃棒搅拌，防止酸液飞溅，故A错误；B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，即使将多余的溶液析出，溶液浓度也偏小，应重新配制，故B错误；C．分液时应避免液体重新混合而污染，应将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D．乙醇与水混溶，不能用于萃取，故D错误。故选：C。【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯、溶液的稀释以及溶液的配制，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大。9．（3分）现有①硫酸镁②硝酸钡③氢氧化钠④氯化铜⑤氯化钾五种溶液，不用任何其他试剂也可鉴别，且鉴别出来的先后顺序正确的是（）A．④③①②⑤ B．④⑤③②① C．④③②①⑤ D．④②③①⑤【分析】不加任何其他试剂，先观察颜色，确定④CuCl2，然后利用物质之间的反应，依次将各物质鉴别出，以此来解答．【解答】解：不加任何其他试剂，观察为蓝色溶液的为④CuCl2，与④反应生成蓝色沉淀的为③NaOH，与③反应生成白色沉淀，则可鉴别出①MgSO4，与①反应生成白色沉淀的为②Ba（NO3）2，最后一种为⑤KCl，所以被鉴别的先后顺序为④③①②⑤，故选：A。【点评】本题考查物质的鉴别等，为高频考点，把握物质的性质及发生的化学反应、反应中的现象为解答的关键，注意不用其他试剂鉴别时应利用颜色及相互滴定反应的现象来鉴别，题目难度不大。10．（3分）下列反应既利用了浓硫酸的强氧化性，又利用了浓硫酸的酸性的是（）A．碳与浓硫酸加热 B．浓硫酸与NaCl固体加热 C．浓硫酸中加入铜片 D．蔗糖与浓硫酸混合后炭化发黑【分析】硫酸既能表现出酸性又表现出氧化性，在反应中应生成硫酸盐，且硫酸被还原生成二氧化硫等物质，据此解答．【解答】解：A．碳与浓硫酸加热生成二氧化碳和二氧化硫，硫元素化合价都降低，浓硫酸只表现氧化性，故A不选；B．浓硫酸与NaCl固体加热生成氯化氢和硫酸氢钠，反应中硫元素化合价不变，表现浓硫酸的难挥发性和酸性，不表现氧化性，故B不选；C．铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸既表现出了强氧化性又表现了酸性，故C选；D．蔗糖与浓硫酸混合后炭化发黑，表现浓硫酸脱水性和强氧化性，不表现酸性，故D不选；故选：C。【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉硫酸的强氧化性、酸性是解题关键，题目难度不大。11．（3分）下列有关物质检验的实验结论正确的是（）实验操作现象实验结论A．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀溶液中一定含有SOB．将某气体通入品红溶液中品红溶液褪色该气体一定是SO2C．往某溶液中加入KSCN溶液显血红色溶液中一定含有Fe3+D．往某溶液中加入盐酸产生无色气体溶液中一定含有COA．A B．B C．C D．D【分析】A．白色沉淀为AgCl或硫酸钡；B．二氧化硫、氯气均可使品红褪色；C．铁离子与KSCN反应生成络离子，溶液为血红色；D．无色气体为二氧化碳或二氧化硫．【解答】解：A．白色沉淀为AgCl或硫酸钡，则溶液中可能含有SO42-或Ag+，但不能同时存在，故B．二氧化硫、氯气均可使品红褪色，则品红溶液褪色，气体不一定是SO2，故B错误；C．铁离子与KSCN反应生成络离子，溶液为血红色，则溶液中一定含有Fe3+，故C正确；D．无色气体为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中可能含有CO32-或HCO3-或故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、实验现象与结论、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。12．（3分）用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是（）途径①：S→浓HNO3途径②：S→O2SO2→O2SO3→HA．途径②与途径①相比较更能体现“绿色化学”的理念，因为途径②比途径①的污染相对较小且原子利用率较高 B．由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mol电子 C．途径①反应中体现了浓HNO3的强氧化性和酸性 D．途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来提高SO2的转化率【分析】A．途径①有副产物，而且污染；B．根据S元素的化合价变化分析；C．S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，不体现酸性；D．增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率．【解答】解：A．途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，且原子利用率较高，故A正确；B．途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高到+6价，制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole﹣，故B正确；C．S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不体现酸性，故C错误；D．增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，所以途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来提高二氧化硫的转化率，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了物质的制备方案设计、物质的性质及氧化还原反应，把握发生的反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意理论计算中化合价与转移电子的关系，题目难度中等．13．（3分）化学反应总是伴随着丰富多彩的颜色的变化，下列说法错误的是（）A．将Na2O2固体投入滴加了少许酚酞的蒸馏水中，溶液先变红后褪色 B．向胆矾晶体（CuSO4•5H2O）滴加浓硫酸，晶体由蓝色变为黑色 C．用玻璃棒蘸取浓硝酸滴加到pH试纸上，试纸先变红后变成白色 D．将SO2通入品红溶液中，溶液颜色褪去，加热后又变成红色【分析】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠溶液，所以其水溶液都呈碱性，加入酚酞变红，由于过氧化钠具有氧化性，可使溶液褪色而漂白；B．胆矾失去结晶水生成硫酸铜；C．依据浓硝酸的酸性和强氧化性解答；D．依据二氧化硫具有漂白性，且其漂白性具有不稳定性解答．【解答】解：A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠溶液，所以其水溶液都呈碱性，加入酚酞变红，由于过氧化钠具有氧化性，可使溶液褪色而漂白，所以将Na2O2固体投入滴加了少许酚酞的蒸馏水中，溶液先变红后褪色，故A正确；B．向胆矾晶体（CuSO4•5H2O）滴加浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，是晶体由蓝色变为白色，故B错误；C．浓硝酸具有酸性能够使pH试纸变红，浓硝酸具有强氧化性，能够使变红的试纸褪色，故C正确；D．二氧化硫具有漂白性，且其漂白性具有不稳定性，所以将SO2通入品红溶液中，溶液颜色褪去，加热后又变成红色，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉过氧化钠、浓硝酸、浓硫酸、二氧化硫的性质是解题关键，题目难度不大，掌握基础是解题关键．14．（3分）10gCO和H2组成的混合气体在足量氧气中完全燃烧，立即将全部生成物通入足量的Na2O2中，则固体质量增加（）A．10g B．11.8g C．13.2g D．无法计算【分析】利用差量法，根据化学方程式分析：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应．2CO+O2点燃¯2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，质量增重△m为2Na2CO3﹣2Na2O2＝2CO，可知，反应后固体质量增加量为CO2H2+O2点燃¯2H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，质量增重△m为2H2O﹣O2＝2H2【解答】解：2CO+O2点燃¯2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2质量增重△m为2Na2CO3﹣2Na2O2＝2CO，可知，反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O2点燃¯2H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2质量增重△m为2H2O﹣O2＝2H2，可知，反应后固体增加的质量为氢气质量。所以固体质量的增加量就是原混合气体的质量，为10g，故选：A。【点评】本题考查混合物的计算，难度中等，注意从CO2、H2O与Na2O2生成固体质量的变化分析规律，此为解答该题的关键．15．（3分）实验室有一瓶溶液，标签上标有“0.2mol/LBaCl2溶液”的字样，下面对该溶液的叙述正确的是（）A．配制500mL该溶液，可将0.1molBaCl2溶于500mL水中 B．Ba2+和Cl﹣的物质的量浓度都是0.2mol/L C．将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c（Cl﹣）为0.2mol/L D．从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.1mol/L【分析】A．溶于500mL水为溶剂的体积；B．由BaCl20.2mol•L﹣1及物质构成计算；C．稀释前后离子的物质的量不变；D．溶液具有均一性。【解答】解：A．溶于500mL水为溶剂的体积，应为0.1molBaCl2溶于水配制500mL溶液，其浓度为0.2mol•L﹣1，故A错误；B．由BaCl20.2mol•L﹣1及物质构成可知，Ba2+和Cl﹣的物质的量浓度分别为0.2mol•L﹣1、0.4mol•L﹣1，故B错误；C．Cl﹣的物质的量浓度为0.4mol/L，稀释前后离子的物质的量不变，则将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c（Cl﹣）为V×0.4mol/L2V=0.2molD．溶液具有均一性，则从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.2mol•L﹣1，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握物质的量与浓度的关系、溶液的性质为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意物质的构成，题目难度不大。16．（3分）有色金属冶炼废水中的砷元素主要以亚砷酸（H3AsO3）和砷酸（H3AsO4）形式存在，酸性废水中砷元素回收再利用的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）A．流程中可循环利用的物质有NaOH与H2SO4 B．先“碱浸”“沉砷”后“酸化”的目的是富集砷元素 C．“还原”发生反应的离子方程式为H3AsO4+SO2+H2O═H3AsO3+2H++SOD．整个流程中在相同状态下参加反应的O2与SO2的体积比为1：2【分析】由流程可知，加NaOH与H3AsO3、H3AsO4反应生成NaH2AsO3、Na3AsO4，通入氧气可氧化NaH2AsO3，加石灰乳沉砷，滤液1含NaOH可循环使用，加硫酸酸化生成H3AsO4，废渣含硫酸钙，通入二氧化硫发生H3AsO4+SO2+H2O═H3AsO3+2H++SO42-，结晶分离出滤液2含硫酸可循环使用，H3AsO3隔绝空气加热生成粗As2【解答】解：A．由上述分析可知，可循环利用的物质有NaOH与H2SO4，故A正确；B．废水中的砷元素主要以亚砷酸和砷酸形式存在，酸化生成砷酸，则先“碱浸”“沉砷”后“酸化”的目的是富集砷元素，故B正确；C．由上述分析可知，“还原”发生反应的离子方程式为H3AsO4+SO2+H2O═H3AsO3+2H++SO42-D．通入氧气将+3价As氧化为+6价，通入二氧化硫将+6价As还原为+3价，由得失电子守恒可知，整个流程中在相同状态下参加反应的O2与SO2的体积比为1：1，故D错误；故选：D。【点评】本题考查混合物的分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。二．实验题（共1小题，满分8分，每小题8分）17．（8分）某化学学习小组设计了如图实验装置，以探究草酸分解部分产物的实验，请回答下列问题：（1）向草酸中滴加浓硫酸，草酸分解产生三种常见氧化物，则草酸分解产物中氧化产物与还原产物的质量之比为11：7。（2）装置C中的试剂是澄清石灰水，作用是确认CO2已被除尽。（3）能证明草酸分解的某产物有还原性的现象是E中固体变黑色，C中澄清石灰水不变浑浊，F中澄清石灰水变浑浊。装置G的作用是将有毒气体CO点燃除去。（4）已知高温下氧化铁被还原的过程中，铁元素的化合价从+3价逐渐降低到0价，即Fe2O3→Fe3O4→FeO→Fe。反应前氧化铁的质量为24.0g，如E中反应非常充分，为确定反应后E中固体只有Fe，该小组设计了如下两种方案：方案①：取反应后E中黑色固体于足量稀硫酸中溶解，将溶液分成两份，一份加几滴KSCN，溶液无明显颜色变化；另一份加几滴K3[Fe（CN）6]，产生蓝色沉淀。该方案是否能达到目的？否（填“是”或“否”），理由是若固体为FeO或FeO和Fc的混合物，也会出现相同的现象。方案②：称量反应后E中固体的质量，当其质量等于16.8g时，表明反应后E中固体只有Fe。（5）如E中反应不够充分，当反应后E中黑色固体的质量为17.6g时，该反应中Fe的产率为83.3%。【分析】装置A向草酸中滴加浓硫酸，草酸分解产生三种常见氧化物，用B中氢氧化钠溶液吸收CO2气体，装置C用澄清石灰水检验并确保草酸分解产物中的CO2已被装置B除尽，防止其干扰后续实验，装置D吸收水蒸气，装置E是为验证CO的还原性、并用装置F确认氧化铁是被CO所还原，装置G为尾气处理装置，把一氧化碳转化为无毒的二氧化碳气体，（1）化合价升高氧化产物，化合价降低还原产物；（2）装置C用澄清石灰水检验并确保草酸分解产物中的CO2已被装置B除尽，防止其干扰后续实验；（3）能证明草酸分解的某产物存在还原性的现象是E中红色固体变黑色，C中澄清石灰水不变浑浊，F中澄清石灰水变浑浊，装置G的作用是将有毒气体CO点燃除去；（4）方案①若固体为FeO或FeO和Fe的混合物，也会出现相同的现象；方案②中根据铁守恒解答；（5）Fe的产率=生成铁的物质的量理论上应生成铁的物质的量【解答】解：（1）由H2C2O4→△H2O+CO↑+CO2↑，得草酸分解产物中氧化产物CO2，与还原产物CO的质量之比为44：28＝11：7故答案为：11：7；（2）装置E是为验证CO的还原性、并用装置F确认氧化铁是被CO所还原，因此装置C用澄清石灰水检验并确保草酸分解产物中的CO2已被装置B除尽，防止其干扰后续实验，故答案为：澄清石灰水；确认CO2已被除尽；（3）能证明草酸分解的某产物存在还原性的现象是E中固体变黑色，C中澄清石灰水不变浑浊，F中澄清石灰水变浑浊；装置G的作用是将有毒气体CO点燃除去，故答案为：E中固体变黑色，C中澄清石灰水不变浑浊，F中澄清石灰水变浑浊；将有毒气体CO点燃除去；（4）方案①可证明固体溶解后溶液中存在Fe2+，无Fe3+，不能说明原固体溶解前全为Fe单质，若固体为FeO或FeO和Fe的混合物，也会出现相同的现象，故答案为：否；若固体为FeO或FeO和Fe的混合物，也会出现相同的现象；方案②中，反应前氧化铁的质量为24.0g即0.15molFe2O3，按Fe守恒，如完全转化为Fe为0.3mol，即得Fe16.8g，故答案为：16.8；（5）0.15molFe2O3，若全部转化为0.03molFeO即21.6g，若完全转化为0.3molFe，即16.8g，现得到17.6g固体质量在二者之间，既存在FeO又存在Fe，混合物中存在的氧：n（O）=(17.6g-0.3mol×56g/mol)16g/mol=0.05mol，n（FeO）＝n（O）＝0.05mol，得n（故答案为：83.3%。【点评】本题考查草酸的分解产物的还原性实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，为高频考点，掌握物质的性质以及实验原理是解答关键，题目难度中等。三．推断题（共1小题，满分12分，每小题12分）18．（12分）已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示（部分反应中的H2O已略去）。请回答下列问题：（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B．则B的化学式为FeCl3。（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O。（3）若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为2H2S+SO2═3S↓+2H2O。（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应②的离子方程式是CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣。【分析】（1）D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，由转化关系可知，A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2；（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，由转化关系可知，A为铝盐、D为NaOH、B为Al（OH）3、C为NaAlO2；（3）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2；（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3。【解答】解：（1）D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，由转化关系可知，A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2，故答案为：FeCl3；（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，由转化关系可知，A为铝盐、D为NaOH、B为Al（OH）3、C为NaAlO2，反应②的离子方程式是：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；（3）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2，反应③的化学方程式为：2H2S+SO2═3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2═3S↓+2H2O；（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3，反应②的离子方程式是：CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣，故答案为：CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣。【点评】本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物性质，熟记中学常见的连续反应、三角转化、特殊置换反应、特殊现象的反应、有水参与的特殊反应、有机物与无机物之间反应等。四．解答题（共3小题，满分32分）19．（10分）硅在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在。回答下列问题：（1）Si是良好的半导体材料，试写出硅单质的一种用途：做计算机的芯片或太阳能电池。（2）SiO2是玻璃的主要成分之一，烧碱溶液对玻璃有腐蚀性，写出SiO2与烧碱溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O。（3）Na2SiO3溶液俗称水玻璃，往Na2SiO3溶液中通入足量CO2气体发生的现象是：有白色不溶物生成。（4）工业上常用焦炭和二氧化硅在高温条件下制备粗硅，该反应的化学方程式为2C+SiO2高温¯Si+2CO↑【分析】（1）硅为良好的半导体材料；（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；（3）硅酸钠水溶液俗称水玻璃，通入足量二氧化碳反应生成硅酸和碳酸氢钠；（4）焦炭和二氧化硅在高温条件下反应生成硅和一氧化碳。【解答】解：（1）硅为良好的半导体材料，可以用作制造芯片或者太阳能电池，故答案为：做计算机的芯片或太阳能电池；（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O；（3）硅酸钠水溶液俗称水玻璃，通入足量二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，看到现象为：有白色不溶物生成，故答案为：水玻璃；有白色不溶物生成；（4）焦炭和二氧化硅在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，方程式为：2C+SiO2高温¯Si+2CO故答案为：2C+SiO2高温¯Si+2CO【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉硅及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。20．（8分）一定量的铁粉和9g硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集18g水，求加入的铁粉质量．【分析】铁与硫加热发生反应：Fe+S△¯FeS，若硫粉过量，加入盐酸发生反应：FeS+2HCl＝FeCl2+H2S↑，H2S燃烧生成H2O当铁粉过量时，Fe与盐酸还会反应：Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，此时气体为H2S和H2，根据氢元素质及反应方程式可知，铁的物质的量与水的物质的量相等，总之生成水的物质的量与铁粉的物质的量相等，据此计算出铁粉的质量．【解答】解：18g水的物质的量为：n（H2O）=18g铁与硫粉加热发生反应为：Fe+S△¯FeS，若硫粉过量，加入盐酸发生反应：FeS+2HCl＝FeCl2+H2S↑，生成气体为H2S，H2S燃烧生成H2O和二氧化硫，根据氢元素质及反应方程式可知，n（Fe）＝n（H2O当铁粉过量时，Fe与盐酸还会反应：Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，此时气体为H2S和H2