第24頁（共24頁）第五章A卷一．選擇題（共16小題，滿分48分，每小題3分）1．（3分）下列敘述中正確的是（）A．玻璃、水泥和瑪瑙的主要成分都是硅酸鹽 B．氯堿工業的反應原理是電解熔融氯化鈉 C．常溫下鐵在濃硫酸中不反應，可用鐵槽車貯運濃硫酸 D．高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，其遇強堿會斷路2．（3分）一種新型的合成氨的方法如圖所示。下列說法正確的是（）A．反應①中N2發生了氧化反應 B．反應①和②均屬于“氮的固定” C．反應③為4LiOH通電ˉ4Li+2H2O+O2↑D．三步循環的總結果為N2+3H2?2NH33．（3分）Na2SO3?7H2O晶體加熱脫水后，強熱過程中質量不變．待固體冷卻后溶于水，溶液的堿性比Na2SO3溶液強，所得固體成分可能是（）A．Na2SNa2ONa2SO3 B．Na2SO4Na2ONa2SO3 C．Na2ONa2SNa2SO4 D．Na2SNa2SO34．（3分）某同學把SO2通入如圖所示裝置，以探究SO2的性質。下列說法不正確的是（）A．若X溶液為滴有酚酞的NaOH溶液，則溶液褪色 B．若X溶液為酸性高錳酸鉀溶液，則褪色后的溶液中含有SO4C．若X溶液為H2S溶液，則溶液中會有淡黃色沉淀生成 D．若X溶液為品紅溶液，則溶液褪色的原因是SO2具有還原性5．（3分）2016年8月10日《生物谷》文稱，“氣體”CO、NO及H2S可作為新型藥物開發的潛在靶點，用開發新型藥物來幫助治療多種人類疾病．下列有關這三種氣體的說法正確的是（）A．都是電解質 B．都易溶于水 C．都能與堿溶液反應 D．都屬于有毒氣體6．（3分）下列氣體中，不能用排空氣法收集的是（）A．Cl2 B．CO2 C．CO D．O27．（3分）下列相關工業制法的描述不正確的是（）A．電解熔融氯化鈉制取金屬鈉 B．電解熔融的Al（OH）3制取金屬鋁 C．用石英、純堿、石灰石為原料制玻璃 D．用焦炭在電爐中還原二氧化硅得到含雜質的粗硅8．（3分）下列敘述正確的是（）A．稀釋濃硫酸時，應將蒸餾水沿玻璃棒緩慢注入濃硫酸中 B．配制溶液時，若加水超過容量瓶刻度，應用膠頭滴管將多余溶液吸出 C．分液時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出 D．從碘水中提取單質碘時，可以用無水乙醇代替CCl49．（3分）現有①硫酸鎂②硝酸鋇③氫氧化鈉④氯化銅⑤氯化鉀五種溶液，不用任何其他試劑也可鑒別，且鑒別出來的先后順序正確的是（）A．④③①②⑤ B．④⑤③②① C．④③②①⑤ D．④②③①⑤10．（3分）下列反應既利用了濃硫酸的強氧化性，又利用了濃硫酸的酸性的是（）A．碳與濃硫酸加熱 B．濃硫酸與NaCl固體加熱 C．濃硫酸中加入銅片 D．蔗糖與濃硫酸混合后炭化發黑11．（3分）下列有關物質檢驗的實驗結論正確的是（）實驗操作現象實驗結論A．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化鋇溶液生成白色沉淀溶液中一定含有SOB．將某氣體通入品紅溶液中品紅溶液褪色該氣體一定是SO2C．往某溶液中加入KSCN溶液顯血紅色溶液中一定含有Fe3+D．往某溶液中加入鹽酸產生無色氣體溶液中一定含有COA．A B．B C．C D．D12．（3分）用下列兩種途徑制取H2SO4，某些反應條件和產物已省略，下列有關說法不正確的是（）途徑①：S→濃HNO3途徑②：S→O2SO2→O2SO3→HA．途徑②與途徑①相比較更能體現“綠色化學”的理念，因為途徑②比途徑①的污染相對較小且原子利用率較高 B．由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉移6mol電子 C．途徑①反應中體現了濃HNO3的強氧化性和酸性 D．途徑②的第二步反應在實際生產中可以通過增大O2的濃度來提高SO2的轉化率13．（3分）化學反應總是伴隨著豐富多彩的顏色的變化，下列說法錯誤的是（）A．將Na2O2固體投入滴加了少許酚酞的蒸餾水中，溶液先變紅后褪色 B．向膽礬晶體（CuSO4?5H2O）滴加濃硫酸，晶體由藍色變為黑色 C．用玻璃棒蘸取濃硝酸滴加到pH試紙上，試紙先變紅后變成白色 D．將SO2通入品紅溶液中，溶液顏色褪去，加熱后又變成紅色14．（3分）10gCO和H2組成的混合氣體在足量氧氣中完全燃燒，立即將全部生成物通入足量的Na2O2中，則固體質量增加（）A．10g B．11.8g C．13.2g D．無法計算15．（3分）實驗室有一瓶溶液，標簽上標有“0.2mol/LBaCl2溶液”的字樣，下面對該溶液的敘述正確的是（）A．配制500mL該溶液，可將0.1molBaCl2溶于500mL水中 B．Ba2+和Cl﹣的物質的量濃度都是0.2mol/L C．將該瓶溶液稀釋一倍，則所得溶液的c（Cl﹣）為0.2mol/L D．從試劑瓶中取該溶液的一半，則所取溶液的物質的量濃度為0.1mol/L16．（3分）有色金屬冶煉廢水中的砷元素主要以亞砷酸（H3AsO3）和砷酸（H3AsO4）形式存在，酸性廢水中砷元素回收再利用的工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．流程中可循環利用的物質有NaOH與H2SO4 B．先“堿浸”“沉砷”后“酸化”的目的是富集砷元素 C．“還原”發生反應的離子方程式為H3AsO4+SO2+H2O═H3AsO3+2H++SOD．整個流程中在相同狀態下參加反應的O2與SO2的體積比為1：2二．實驗題（共1小題，滿分8分，每小題8分）17．（8分）某化學學習小組設計了如圖實驗裝置，以探究草酸分解部分產物的實驗，請回答下列問題：（1）向草酸中滴加濃硫酸，草酸分解產生三種常見氧化物，則草酸分解產物中氧化產物與還原產物的質量之比為。（2）裝置C中的試劑是，作用是。（3）能證明草酸分解的某產物有還原性的現象是。裝置G的作用是。（4）已知高溫下氧化鐵被還原的過程中，鐵元素的化合價從+3價逐漸降低到0價，即Fe2O3→Fe3O4→FeO→Fe。反應前氧化鐵的質量為24.0g，如E中反應非常充分，為確定反應后E中固體只有Fe，該小組設計了如下兩種方案：方案①：取反應后E中黑色固體于足量稀硫酸中溶解，將溶液分成兩份，一份加幾滴KSCN，溶液無明顯顏色變化；另一份加幾滴K3[Fe（CN）6]，產生藍色沉淀。該方案是否能達到目的？（填“是”或“否”），理由是。方案②：稱量反應后E中固體的質量，當其質量等于g時，表明反應后E中固體只有Fe。（5）如E中反應不夠充分，當反應后E中黑色固體的質量為17.6g時，該反應中Fe的產率為。三．推斷題（共1小題，滿分12分，每小題12分）18．（12分）已知A、B、C、D是中學化學的常見物質，且A、B、C均含有同一種元素。在一定條件下它們之間的相互轉化關系如圖所示（部分反應中的H2O已略去）。請回答下列問題：（1）若A可用于自來水消毒，D是生產、生活中用量最大、用途最廣的金屬單質，加熱蒸干B的溶液不能得到B．則B的化學式為。（2）若D是氯堿工業的主要產品之一，B有兩性，則反應②的離子方程式是。（3）若A、C、D都是常見氣體，C是導致酸雨的主要氣體，則反應③的化學方程式為。（4）若A的焰色反應呈黃色，D為二氧化碳，則反應②的離子方程式是。四．解答題（共3小題，滿分32分）19．（10分）硅在自然界中主要以二氧化硅和硅酸鹽的形式存在。回答下列問題：（1）Si是良好的半導體材料，試寫出硅單質的一種用途：。（2）SiO2是玻璃的主要成分之一，燒堿溶液對玻璃有腐蝕性，寫出SiO2與燒堿溶液反應的離子方程式為。（3）Na2SiO3溶液俗稱，往Na2SiO3溶液中通入足量CO2氣體發生的現象是：。（4）工業上常用焦炭和二氧化硅在高溫條件下制備粗硅，該反應的化學方程式為。20．（8分）一定量的鐵粉和9g硫粉混合加熱，待其反應后再加入過量鹽酸，將生成的氣體完全燃燒，共收集18g水，求加入的鐵粉質量．21．（14分）氨氣（NH3）是一種重要的化工原料，其中約80%用來生產各種氮肥。（1）氨氣的制備①實驗室通過加熱NH4Cl和Ca（OH）2的混合物制取氨，該反應的化學方程式為。②工業上以氮氣和氫氣為原料合成氨，該反應的化學方程式為。其中氮元素的化合價（填“升高”或“降低”），反應中每生成2molNH3，消耗H2的物質的量是mol。③我國科研團隊借助一種固體催化劑（LDH），在常溫、常壓和可見光條件下合成了氨，其過程如圖所示。該反應的化學方程式為。反應中每轉移6mole﹣，生成NH3的體積為L（標準狀況下）。（2）氮肥的制備和應用主要轉化途徑如下（轉化所需試劑及條件已略去）：N2→NO2→HNO3→M硝酸鹽[如NH4NO3]①寫出NO2→HNO3的化學方程式。②將HNO3轉化為NH4NO3，列舉兩種不同類別的化合物M（寫化學式）。③NH4NO3常作為水培植物營養液的氮肥來源。若配制0.2mol/L的NH4NO3溶液480mL，需要NH4NO3固體的質量g。

第五章A卷參考答案與試題解析題號1234567891011答案DCDDDCBCACC題號1213141516答案CBACD一．選擇題（共16小題，滿分48分，每小題3分）1．（3分）下列敘述中正確的是（）A．玻璃、水泥和瑪瑙的主要成分都是硅酸鹽 B．氯堿工業的反應原理是電解熔融氯化鈉 C．常溫下鐵在濃硫酸中不反應，可用鐵槽車貯運濃硫酸 D．高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，其遇強堿會斷路【分析】A．瑪瑙的主要成分是SiO2；B．氯堿工業原理是電解飽和食鹽水；C．濃硫酸具有強的氧化性，常溫下能夠使鐵鈍化；D．二氧化硅與強堿溶液反應。【解答】解：A．以含硅物質為原料經加熱制成的產品，通常稱為硅酸鹽產品。所謂硅酸鹽指的是硅、氧與其它化學元素（主要是鋁、鐵、鈣、鎂、鉀、鈉等）結合而成的化合物的總稱，玻璃的主要原料是純堿、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，玻璃、水泥都屬于硅酸鹽，瑪瑙的主要成分是SiO2，為氧化物，不屬于硅酸鹽，故A錯誤；B．氯堿工業原理是電解飽和食鹽水生成氯氣、氫氧化鈉和氫氣，故B錯誤；C．濃硫酸具有強的氧化性，常溫下能夠使鐵鈍化，形成致密氧化膜，可用鐵槽車貯運濃硫酸，發生了化學反應，故C錯誤；D．二氧化硅能用于制光導纖維、二氧化硅能與氫氧化鈉溶液反應，生成硅酸鈉和水，所以光導纖維遇強堿會“斷路”，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了元素化合物知識，涉及氯堿工業原理、瑪瑙的主要成分、鈍化、光導纖維等，把握物質的性質與用途的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大。2．（3分）一種新型的合成氨的方法如圖所示。下列說法正確的是（）A．反應①中N2發生了氧化反應 B．反應①和②均屬于“氮的固定” C．反應③為4LiOH通電ˉ4Li+2H2O+O2↑D．三步循環的總結果為N2+3H2?2NH3【分析】A．氮氣和鋰反應生成氮化鋰，依據元素化合價變化判斷；B．游離態的氮元素轉化為化合態為氮元素的固定；C．電解熔融的氫氧化鋰生成鋰和氧氣和水；D．三步反應6Li+N2＝2Li3N、Li3N+3H2O＝3LiOH+NH3、4LiOH通電ˉ4Li+O2↑+2H2O【解答】解：A．氮氣和鋰反應生成氮化鋰，氮元素化合價降低，氮氣發生還原反應，被還原，故A錯誤；B．②反應為氮的不同化合態之間的轉化，不是氮的固定，故B錯誤；C．電解熔融的氫氧化鋰生成鋰和氧氣和水，反應③為4LiOH通電ˉ4Li+2H2O+O2↑，故CD．三步反應6Li+N2＝2Li3N、Li3N+3H2O＝3LiOH+NH3、4LiOH通電ˉ4Li+O2↑+2H2O，上述三步循環的總結果為2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D故選：C。【點評】本題考查了氧化還原反應、電解原理的分析應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。3．（3分）Na2SO3?7H2O晶體加熱脫水后，強熱過程中質量不變．待固體冷卻后溶于水，溶液的堿性比Na2SO3溶液強，所得固體成分可能是（）A．Na2SNa2ONa2SO3 B．Na2SO4Na2ONa2SO3 C．Na2ONa2SNa2SO4 D．Na2SNa2SO3【分析】亞硫酸鈉中硫元素處于中間價態，既有氧化性又有還原性，強熱分解質量不變，依據氧化還原反應的規律和原子個數守恒定律解答．【解答】解：A．若分解產物為：Na2S；Na2O；Na2SO3，則反應中只有化合價降低，沒有化合價升高，不符合氧化還原反應的規律，故A錯誤；B．若分解產物為：Na2SO4；Na2O；Na2SO3，則反應中只有化合價升高，沒有化合價降低，不符合氧化還原反應的規律，故B錯誤；C．Na2SO3?7H2O中鈉原子與硫原子個數比為2：1，若分解產物為：Na2O；Na2S；Na2SO4，鈉原子與硫原子個數比不為2：1，不符合質量守恒定律，故C錯誤；D．若產物為：Na2S，Na2SO3則發生反應：4Na2SO3＝3Na2SO4+Na2S，符合題意，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了物質的性質，明確氧化還原反應的規律、熟悉亞硫酸鈉的性質是解題關鍵，題目難度中等．4．（3分）某同學把SO2通入如圖所示裝置，以探究SO2的性質。下列說法不正確的是（）A．若X溶液為滴有酚酞的NaOH溶液，則溶液褪色 B．若X溶液為酸性高錳酸鉀溶液，則褪色后的溶液中含有SO4C．若X溶液為H2S溶液，則溶液中會有淡黃色沉淀生成 D．若X溶液為品紅溶液，則溶液褪色的原因是SO2具有還原性【分析】A．二氧化硫屬于酸性氧化物，和NaOH反應生成亞硫酸鈉和水；B．二氧化硫具有還原性，遇到高錳酸鉀溶液發生氧化還原反應；C．若X溶液為H2S溶液，二氧化硫具有氧化性，能和硫化氫發生氧化還原反應生成單質硫；D．二氧化硫具有漂白作用。【解答】解：A．二氧化硫屬于酸性氧化物，和NaOH反應生成亞硫酸鈉和水，則溶液褪色，故A正確；B．若X溶液為酸性高錳酸鉀溶液，二氧化硫被高錳酸鉀溶液氧化生成硫酸，褪色后的溶液中含有SO42-，故C．若X溶液為H2S溶液，硫化氫具有還原性，二氧化硫具有氧化性，二氧化硫和硫化氫反應生成硫單質，溶液中會有淡黃色沉淀生成，故C正確；D．若X溶液為品紅溶液，通入二氧化硫氣體，品紅溶液褪色，是二氧化硫的漂白性，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查了二氧化硫的性質和反應現象的分析判斷，主要是二氧化硫的還原性、氧化性、漂白性的理解應用，題目難度不大。5．（3分）2016年8月10日《生物谷》文稱，“氣體”CO、NO及H2S可作為新型藥物開發的潛在靶點，用開發新型藥物來幫助治療多種人類疾病．下列有關這三種氣體的說法正確的是（）A．都是電解質 B．都易溶于水 C．都能與堿溶液反應 D．都屬于有毒氣體【分析】A．水溶液中或熔融狀態下導電的化合物為電解質；B．一氧化碳、一氧化氮不溶于水；C．CO、NO不能與堿溶液發生反應；D．CO、NO及H2S都有毒．【解答】解：A．CO、NO屬于非電解質，H2S溶于水導電屬于電解質，故A錯誤；B．CO、NO不溶于水，H2S溶于水，故B錯誤；C．CO、NO屬于不成鹽氧化物，不與堿溶液發生反應，H2S溶于水為酸，和堿反應生成鹽和水，故C錯誤；D．CO、NO及H2S都有毒，屬于有毒氣體，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了物質性質，主要是電解質、溶解性、毒性等概念的理解應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大。6．（3分）下列氣體中，不能用排空氣法收集的是（）A．Cl2 B．CO2 C．CO D．O2【分析】根據氣體的性質進行判斷：能夠與氧氣反應的氣體、氣體密度接近空氣密度的氣體都不能使用排空氣法收集，據此進行解答．【解答】解：A．氯氣與空氣中的氧氣、氮氣不反應，密度大于空氣，可以采用向上排空氣法收集，故A錯誤；B．二氧化碳與空氣中的氧氣、氮氣不反應，密度比空氣大，能用向上排空氣法收集，故B錯誤；C．CO密度與空氣很接近，不能使用排空氣法收集，可以使用排水法收集，故C正確；D．O2密度比空氣大，能用向上排空氣法收集，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了常見氣體的收集方法，題目難度不大，注意掌握常見氣體的性質及正確的收集方法，明確排空氣法、排水法收集氣體的要求．7．（3分）下列相關工業制法的描述不正確的是（）A．電解熔融氯化鈉制取金屬鈉 B．電解熔融的Al（OH）3制取金屬鋁 C．用石英、純堿、石灰石為原料制玻璃 D．用焦炭在電爐中還原二氧化硅得到含雜質的粗硅【分析】A、電解熔融氯化鈉制取金屬鈉；B、電解熔融氧化鋁制取金屬鋁；C、石英、純堿、石灰石為原料制玻璃；D、根據粗硅的制備原理來回答．【解答】解：A、工業上是電解熔融氯化鈉制取金屬鈉，故A正確；B、工業上是電解熔融氧化鋁制取金屬鋁，氫氧化鋁受熱易分解為氧化鋁，故B錯誤；C、工業上是以石英、純堿、石灰石為原料制玻璃，故C正確；D、粗硅的制備原理：焦炭在電爐中還原二氧化硅，故D正確。故選：B。【點評】本題涉及金屬的冶煉原理等知識，注意知識的歸納和整理是關鍵，難度不大。8．（3分）下列敘述正確的是（）A．稀釋濃硫酸時，應將蒸餾水沿玻璃棒緩慢注入濃硫酸中 B．配制溶液時，若加水超過容量瓶刻度，應用膠頭滴管將多余溶液吸出 C．分液時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出 D．從碘水中提取單質碘時，可以用無水乙醇代替CCl4【分析】A．稀釋濃硫酸，應防止酸液飛濺；B．配制溶液時，若加水超過容量瓶刻度，應重新配制；C．分液時應避免液體重新混合而污染；D．乙醇與水混溶．【解答】解：A．稀釋濃硫酸，應將濃硫酸沿燒杯內壁緩緩注入水中，并用玻璃棒攪拌，防止酸液飛濺，故A錯誤；B．配制溶液時，若加水超過容量瓶刻度，即使將多余的溶液析出，溶液濃度也偏小，應重新配制，故B錯誤；C．分液時應避免液體重新混合而污染，應將下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，故C正確；D．乙醇與水混溶，不能用于萃取，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查較為綜合，涉及物質的分離、提純、溶液的稀釋以及溶液的配制，為高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大。9．（3分）現有①硫酸鎂②硝酸鋇③氫氧化鈉④氯化銅⑤氯化鉀五種溶液，不用任何其他試劑也可鑒別，且鑒別出來的先后順序正確的是（）A．④③①②⑤ B．④⑤③②① C．④③②①⑤ D．④②③①⑤【分析】不加任何其他試劑，先觀察顏色，確定④CuCl2，然后利用物質之間的反應，依次將各物質鑒別出，以此來解答．【解答】解：不加任何其他試劑，觀察為藍色溶液的為④CuCl2，與④反應生成藍色沉淀的為③NaOH，與③反應生成白色沉淀，則可鑒別出①MgSO4，與①反應生成白色沉淀的為②Ba（NO3）2，最后一種為⑤KCl，所以被鑒別的先后順序為④③①②⑤，故選：A。【點評】本題考查物質的鑒別等，為高頻考點，把握物質的性質及發生的化學反應、反應中的現象為解答的關鍵，注意不用其他試劑鑒別時應利用顏色及相互滴定反應的現象來鑒別，題目難度不大。10．（3分）下列反應既利用了濃硫酸的強氧化性，又利用了濃硫酸的酸性的是（）A．碳與濃硫酸加熱 B．濃硫酸與NaCl固體加熱 C．濃硫酸中加入銅片 D．蔗糖與濃硫酸混合后炭化發黑【分析】硫酸既能表現出酸性又表現出氧化性，在反應中應生成硫酸鹽，且硫酸被還原生成二氧化硫等物質，據此解答．【解答】解：A．碳與濃硫酸加熱生成二氧化碳和二氧化硫，硫元素化合價都降低，濃硫酸只表現氧化性，故A不選；B．濃硫酸與NaCl固體加熱生成氯化氫和硫酸氫鈉，反應中硫元素化合價不變，表現濃硫酸的難揮發性和酸性，不表現氧化性，故B不選；C．銅與濃硫酸反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，硫酸既表現出了強氧化性又表現了酸性，故C選；D．蔗糖與濃硫酸混合后炭化發黑，表現濃硫酸脫水性和強氧化性，不表現酸性，故D不選；故選：C。【點評】本題考查了元素化合物知識，熟悉硫酸的強氧化性、酸性是解題關鍵，題目難度不大。11．（3分）下列有關物質檢驗的實驗結論正確的是（）實驗操作現象實驗結論A．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化鋇溶液生成白色沉淀溶液中一定含有SOB．將某氣體通入品紅溶液中品紅溶液褪色該氣體一定是SO2C．往某溶液中加入KSCN溶液顯血紅色溶液中一定含有Fe3+D．往某溶液中加入鹽酸產生無色氣體溶液中一定含有COA．A B．B C．C D．D【分析】A．白色沉淀為AgCl或硫酸鋇；B．二氧化硫、氯氣均可使品紅褪色；C．鐵離子與KSCN反應生成絡離子，溶液為血紅色；D．無色氣體為二氧化碳或二氧化硫．【解答】解：A．白色沉淀為AgCl或硫酸鋇，則溶液中可能含有SO42-或Ag+，但不能同時存在，故B．二氧化硫、氯氣均可使品紅褪色，則品紅溶液褪色，氣體不一定是SO2，故B錯誤；C．鐵離子與KSCN反應生成絡離子，溶液為血紅色，則溶液中一定含有Fe3+，故C正確；D．無色氣體為二氧化碳或二氧化硫，則溶液中可能含有CO32-或HCO3-或故選：C。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握離子檢驗、實驗現象與結論、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。12．（3分）用下列兩種途徑制取H2SO4，某些反應條件和產物已省略，下列有關說法不正確的是（）途徑①：S→濃HNO3途徑②：S→O2SO2→O2SO3→HA．途徑②與途徑①相比較更能體現“綠色化學”的理念，因為途徑②比途徑①的污染相對較小且原子利用率較高 B．由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉移6mol電子 C．途徑①反應中體現了濃HNO3的強氧化性和酸性 D．途徑②的第二步反應在實際生產中可以通過增大O2的濃度來提高SO2的轉化率【分析】A．途徑①有副產物，而且污染；B．根據S元素的化合價變化分析；C．S與濃硝酸反應生成硫酸、二氧化氮和水，不體現酸性；D．增大一種反應物的濃度，可以提高另一種反應物的轉化率．【解答】解：A．途徑①S與濃硝酸反應生成硫酸、二氧化氮和水，有副產物二氧化氮，而且二氧化氮會污染大氣，所以途徑②與途徑①相比更能體現“綠色化學”的理念，且原子利用率較高，故A正確；B．途徑①和②都是由S來制備H2SO4，S的化合價從0價升高到+6價，制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉移6mole﹣，故B正確；C．S與濃硝酸反應生成硫酸、二氧化氮和水，該反應中只體現了濃硝酸的強氧化性，不體現酸性，故C錯誤；D．增大一種反應物的濃度，可以提高另一種反應物的轉化率，所以途徑②的第二步反應在實際生產中可以通過增大O2濃度來提高二氧化硫的轉化率，故D正確；故選：C。【點評】本題考查了物質的制備方案設計、物質的性質及氧化還原反應，把握發生的反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，注意理論計算中化合價與轉移電子的關系，題目難度中等．13．（3分）化學反應總是伴隨著豐富多彩的顏色的變化，下列說法錯誤的是（）A．將Na2O2固體投入滴加了少許酚酞的蒸餾水中，溶液先變紅后褪色 B．向膽礬晶體（CuSO4?5H2O）滴加濃硫酸，晶體由藍色變為黑色 C．用玻璃棒蘸取濃硝酸滴加到pH試紙上，試紙先變紅后變成白色 D．將SO2通入品紅溶液中，溶液顏色褪去，加熱后又變成紅色【分析】A．過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉溶液，所以其水溶液都呈堿性，加入酚酞變紅，由于過氧化鈉具有氧化性，可使溶液褪色而漂白；B．膽礬失去結晶水生成硫酸銅；C．依據濃硝酸的酸性和強氧化性解答；D．依據二氧化硫具有漂白性，且其漂白性具有不穩定性解答．【解答】解：A．過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉溶液，所以其水溶液都呈堿性，加入酚酞變紅，由于過氧化鈉具有氧化性，可使溶液褪色而漂白，所以將Na2O2固體投入滴加了少許酚酞的蒸餾水中，溶液先變紅后褪色，故A正確；B．向膽礬晶體（CuSO4?5H2O）滴加濃硫酸，濃硫酸具有吸水性，是晶體由藍色變為白色，故B錯誤；C．濃硝酸具有酸性能夠使pH試紙變紅，濃硝酸具有強氧化性，能夠使變紅的試紙褪色，故C正確；D．二氧化硫具有漂白性，且其漂白性具有不穩定性，所以將SO2通入品紅溶液中，溶液顏色褪去，加熱后又變成紅色，故D正確；故選：B。【點評】本題考查了元素化合物知識，熟悉過氧化鈉、濃硝酸、濃硫酸、二氧化硫的性質是解題關鍵，題目難度不大，掌握基礎是解題關鍵．14．（3分）10gCO和H2組成的混合氣體在足量氧氣中完全燃燒，立即將全部生成物通入足量的Na2O2中，則固體質量增加（）A．10g B．11.8g C．13.2g D．無法計算【分析】利用差量法，根據化學方程式分析：CO與H2在氧氣中完全燃燒，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再與Na2O2反應．2CO+O2點燃ˉ2CO2，一氧化碳與二氧化碳物質的量相等，Na2O2與CO2反應2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，質量增重△m為2Na2CO3﹣2Na2O2＝2CO，可知，反應后固體質量增加量為CO2H2+O2點燃ˉ2H2O，生成的水與氫氣物質的量相等，Na2O2與H2O反應2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，質量增重△m為2H2O﹣O2＝2H2【解答】解：2CO+O2點燃ˉ2CO2，一氧化碳與二氧化碳物質的量相等，Na2O2與CO2反應2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2質量增重△m為2Na2CO3﹣2Na2O2＝2CO，可知，反應后固體質量增加量為CO的質量；2H2+O2點燃ˉ2H2O，生成的水與氫氣物質的量相等，Na2O2與H2O反應2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2質量增重△m為2H2O﹣O2＝2H2，可知，反應后固體增加的質量為氫氣質量。所以固體質量的增加量就是原混合氣體的質量，為10g，故選：A。【點評】本題考查混合物的計算，難度中等，注意從CO2、H2O與Na2O2生成固體質量的變化分析規律，此為解答該題的關鍵．15．（3分）實驗室有一瓶溶液，標簽上標有“0.2mol/LBaCl2溶液”的字樣，下面對該溶液的敘述正確的是（）A．配制500mL該溶液，可將0.1molBaCl2溶于500mL水中 B．Ba2+和Cl﹣的物質的量濃度都是0.2mol/L C．將該瓶溶液稀釋一倍，則所得溶液的c（Cl﹣）為0.2mol/L D．從試劑瓶中取該溶液的一半，則所取溶液的物質的量濃度為0.1mol/L【分析】A．溶于500mL水為溶劑的體積；B．由BaCl20.2mol?L﹣1及物質構成計算；C．稀釋前后離子的物質的量不變；D．溶液具有均一性。【解答】解：A．溶于500mL水為溶劑的體積，應為0.1molBaCl2溶于水配制500mL溶液，其濃度為0.2mol?L﹣1，故A錯誤；B．由BaCl20.2mol?L﹣1及物質構成可知，Ba2+和Cl﹣的物質的量濃度分別為0.2mol?L﹣1、0.4mol?L﹣1，故B錯誤；C．Cl﹣的物質的量濃度為0.4mol/L，稀釋前后離子的物質的量不變，則將該瓶溶液稀釋一倍，則所得溶液的c（Cl﹣）為V×0.4mol/L2V=0.2molD．溶液具有均一性，則從試劑瓶中取該溶液的一半，則所取溶液的物質的量濃度為0.2mol?L﹣1，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查物質的量濃度的計算，為高頻考點，把握物質的量與濃度的關系、溶液的性質為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意物質的構成，題目難度不大。16．（3分）有色金屬冶煉廢水中的砷元素主要以亞砷酸（H3AsO3）和砷酸（H3AsO4）形式存在，酸性廢水中砷元素回收再利用的工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．流程中可循環利用的物質有NaOH與H2SO4 B．先“堿浸”“沉砷”后“酸化”的目的是富集砷元素 C．“還原”發生反應的離子方程式為H3AsO4+SO2+H2O═H3AsO3+2H++SOD．整個流程中在相同狀態下參加反應的O2與SO2的體積比為1：2【分析】由流程可知，加NaOH與H3AsO3、H3AsO4反應生成NaH2AsO3、Na3AsO4，通入氧氣可氧化NaH2AsO3，加石灰乳沉砷，濾液1含NaOH可循環使用，加硫酸酸化生成H3AsO4，廢渣含硫酸鈣，通入二氧化硫發生H3AsO4+SO2+H2O═H3AsO3+2H++SO42-，結晶分離出濾液2含硫酸可循環使用，H3AsO3隔絕空氣加熱生成粗As2【解答】解：A．由上述分析可知，可循環利用的物質有NaOH與H2SO4，故A正確；B．廢水中的砷元素主要以亞砷酸和砷酸形式存在，酸化生成砷酸，則先“堿浸”“沉砷”后“酸化”的目的是富集砷元素，故B正確；C．由上述分析可知，“還原”發生反應的離子方程式為H3AsO4+SO2+H2O═H3AsO3+2H++SO42-D．通入氧氣將+3價As氧化為+6價，通入二氧化硫將+6價As還原為+3價，由得失電子守恒可知，整個流程中在相同狀態下參加反應的O2與SO2的體積比為1：1，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查混合物的分離提純的綜合應用，為高頻考點，把握物質的性質、流程中發生的反應、混合物分離提純方法為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。二．實驗題（共1小題，滿分8分，每小題8分）17．（8分）某化學學習小組設計了如圖實驗裝置，以探究草酸分解部分產物的實驗，請回答下列問題：（1）向草酸中滴加濃硫酸，草酸分解產生三種常見氧化物，則草酸分解產物中氧化產物與還原產物的質量之比為11：7。（2）裝置C中的試劑是澄清石灰水，作用是確認CO2已被除盡。（3）能證明草酸分解的某產物有還原性的現象是E中固體變黑色，C中澄清石灰水不變渾濁，F中澄清石灰水變渾濁。裝置G的作用是將有毒氣體CO點燃除去。（4）已知高溫下氧化鐵被還原的過程中，鐵元素的化合價從+3價逐漸降低到0價，即Fe2O3→Fe3O4→FeO→Fe。反應前氧化鐵的質量為24.0g，如E中反應非常充分，為確定反應后E中固體只有Fe，該小組設計了如下兩種方案：方案①：取反應后E中黑色固體于足量稀硫酸中溶解，將溶液分成兩份，一份加幾滴KSCN，溶液無明顯顏色變化；另一份加幾滴K3[Fe（CN）6]，產生藍色沉淀。該方案是否能達到目的？否（填“是”或“否”），理由是若固體為FeO或FeO和Fc的混合物，也會出現相同的現象。方案②：稱量反應后E中固體的質量，當其質量等于16.8g時，表明反應后E中固體只有Fe。（5）如E中反應不夠充分，當反應后E中黑色固體的質量為17.6g時，該反應中Fe的產率為83.3%。【分析】裝置A向草酸中滴加濃硫酸，草酸分解產生三種常見氧化物，用B中氫氧化鈉溶液吸收CO2氣體，裝置C用澄清石灰水檢驗并確保草酸分解產物中的CO2已被裝置B除盡，防止其干擾后續實驗，裝置D吸收水蒸氣，裝置E是為驗證CO的還原性、并用裝置F確認氧化鐵是被CO所還原，裝置G為尾氣處理裝置，把一氧化碳轉化為無毒的二氧化碳氣體，（1）化合價升高氧化產物，化合價降低還原產物；（2）裝置C用澄清石灰水檢驗并確保草酸分解產物中的CO2已被裝置B除盡，防止其干擾后續實驗；（3）能證明草酸分解的某產物存在還原性的現象是E中紅色固體變黑色，C中澄清石灰水不變渾濁，F中澄清石灰水變渾濁，裝置G的作用是將有毒氣體CO點燃除去；（4）方案①若固體為FeO或FeO和Fe的混合物，也會出現相同的現象；方案②中根據鐵守恒解答；（5）Fe的產率=生成鐵的物質的量理論上應生成鐵的物質的量【解答】解：（1）由H2C2O4→△H2O+CO↑+CO2↑，得草酸分解產物中氧化產物CO2，與還原產物CO的質量之比為44：28＝11：7故答案為：11：7；（2）裝置E是為驗證CO的還原性、并用裝置F確認氧化鐵是被CO所還原，因此裝置C用澄清石灰水檢驗并確保草酸分解產物中的CO2已被裝置B除盡，防止其干擾后續實驗，故答案為：澄清石灰水；確認CO2已被除盡；（3）能證明草酸分解的某產物存在還原性的現象是E中固體變黑色，C中澄清石灰水不變渾濁，F中澄清石灰水變渾濁；裝置G的作用是將有毒氣體CO點燃除去，故答案為：E中固體變黑色，C中澄清石灰水不變渾濁，F中澄清石灰水變渾濁；將有毒氣體CO點燃除去；（4）方案①可證明固體溶解后溶液中存在Fe2+，無Fe3+，不能說明原固體溶解前全為Fe單質，若固體為FeO或FeO和Fe的混合物，也會出現相同的現象，故答案為：否；若固體為FeO或FeO和Fe的混合物，也會出現相同的現象；方案②中，反應前氧化鐵的質量為24.0g即0.15molFe2O3，按Fe守恒，如完全轉化為Fe為0.3mol，即得Fe16.8g，故答案為：16.8；（5）0.15molFe2O3，若全部轉化為0.03molFeO即21.6g，若完全轉化為0.3molFe，即16.8g，現得到17.6g固體質量在二者之間，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（故答案為：83.3%。【點評】本題考查草酸的分解產物的還原性實驗方案設計，側重考查學生知識綜合應用、實驗基本操作能力及實驗方案設計能力，綜合性較強，為高頻考點，掌握物質的性質以及實驗原理是解答關鍵，題目難度中等。三．推斷題（共1小題，滿分12分，每小題12分）18．（12分）已知A、B、C、D是中學化學的常見物質，且A、B、C均含有同一種元素。在一定條件下它們之間的相互轉化關系如圖所示（部分反應中的H2O已略去）。請回答下列問題：（1）若A可用于自來水消毒，D是生產、生活中用量最大、用途最廣的金屬單質，加熱蒸干B的溶液不能得到B．則B的化學式為FeCl3。（2）若D是氯堿工業的主要產品之一，B有兩性，則反應②的離子方程式是Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O。（3）若A、C、D都是常見氣體，C是導致酸雨的主要氣體，則反應③的化學方程式為2H2S+SO2═3S↓+2H2O。（4）若A的焰色反應呈黃色，D為二氧化碳，則反應②的離子方程式是CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣。【分析】（1）D是生產、生活中用量最大、用途最廣的金屬單質，則D是鐵，A可用于自來水消毒，由轉化關系可知，A為Cl2、B為FeCl3、C為FeCl2；（2）若D是氯堿工業的主要產品之一，B有兩性，由轉化關系可知，A為鋁鹽、D為NaOH、B為Al（OH）3、C為NaAlO2；（3）若A、C、D都是常見氣體，C是形成酸雨的主要氣體，則A為H2S、D為O2、B為S、C為SO2；（4）若A的焰色反應呈黃色，D為二氧化碳，由轉化關系可知，A為NaOH、B為Na2CO3、C為NaHCO3。【解答】解：（1）D是生產、生活中用量最大、用途最廣的金屬單質，則D是鐵，A可用于自來水消毒，由轉化關系可知，A為Cl2、B為FeCl3、C為FeCl2，故答案為：FeCl3；（2）若D是氯堿工業的主要產品之一，B有兩性，由轉化關系可知，A為鋁鹽、D為NaOH、B為Al（OH）3、C為NaAlO2，反應②的離子方程式是：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故答案為：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；（3）若A、C、D都是常見氣體，C是形成酸雨的主要氣體，則A為H2S、D為O2、B為S、C為SO2，反應③的化學方程式為：2H2S+SO2═3S↓+2H2O，故答案為：2H2S+SO2═3S↓+2H2O；（4）若A的焰色反應呈黃色，D為二氧化碳，由轉化關系可知，A為NaOH、B為Na2CO3、C為NaHCO3，反應②的離子方程式是：CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣，故答案為：CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣。【點評】本題考查無機物推斷，屬于開放性題目，需要學生熟練掌握元素化合物性質，熟記中學常見的連續反應、三角轉化、特殊置換反應、特殊現象的反應、有水參與的特殊反應、有機物與無機物之間反應等。四．解答題（共3小題，滿分32分）19．（10分）硅在自然界中主要以二氧化硅和硅酸鹽的形式存在。回答下列問題：（1）Si是良好的半導體材料，試寫出硅單質的一種用途：做計算機的芯片或太陽能電池。（2）SiO2是玻璃的主要成分之一，燒堿溶液對玻璃有腐蝕性，寫出SiO2與燒堿溶液反應的離子方程式為SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O。（3）Na2SiO3溶液俗稱水玻璃，往Na2SiO3溶液中通入足量CO2氣體發生的現象是：有白色不溶物生成。（4）工業上常用焦炭和二氧化硅在高溫條件下制備粗硅，該反應的化學方程式為2C+SiO2高溫ˉSi+2CO↑【分析】（1）硅為良好的半導體材料；（2）二氧化硅與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水；（3）硅酸鈉水溶液俗稱水玻璃，通入足量二氧化碳反應生成硅酸和碳酸氫鈉；（4）焦炭和二氧化硅在高溫條件下反應生成硅和一氧化碳。【解答】解：（1）硅為良好的半導體材料，可以用作制造芯片或者太陽能電池，故答案為：做計算機的芯片或太陽能電池；（2）二氧化硅與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水，離子方程式為：SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O，故答案為：SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O；（3）硅酸鈉水溶液俗稱水玻璃，通入足量二氧化碳反應生成硅酸沉淀和碳酸氫鈉，看到現象為：有白色不溶物生成，故答案為：水玻璃；有白色不溶物生成；（4）焦炭和二氧化硅在高溫條件下反應生成硅和一氧化碳，方程式為：2C+SiO2高溫ˉSi+2CO故答案為：2C+SiO2高溫ˉSi+2CO【點評】本題考查了元素化合物知識，熟悉硅及其化合物性質是解題關鍵，題目難度不大。20．（8分）一定量的鐵粉和9g硫粉混合加熱，待其反應后再加入過量鹽酸，將生成的氣體完全燃燒，共收集18g水，求加入的鐵粉質量．【分析】鐵與硫加熱發生反應：Fe+S△ˉFeS，若硫粉過量，加入鹽酸發生反應：FeS+2HCl＝FeCl2+H2S↑，H2S燃燒生成H2O當鐵粉過量時，Fe與鹽酸還會反應：Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，此時氣體為H2S和H2，根據氫元素質及反應方程式可知，鐵的物質的量與水的物質的量相等，總之生成水的物質的量與鐵粉的物質的量相等，據此計算出鐵粉的質量．【解答】解：18g水的物質的量為：n（H2O）=18g鐵與硫粉加熱發生反應為：Fe+S△ˉFeS，若硫粉過量，加入鹽酸發生反應：FeS+2HCl＝FeCl2+H2S↑，生成氣體為H2S，H2S燃燒生成H2O和二氧化硫，根據氫元素質及反應方程式可知，n（Fe）＝n（H2O當鐵粉過量時，Fe與鹽酸還會反應：Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，此時氣體為H2S和H2