2019-2020学年高考化学一轮复习第3章金属及其化合物3.1钠及其重要化合物

第3章金属及其化合物3.1检测
时间：45分钟
满分：100分
一、选择题(每题7分，共70分)
1．下列解释实验现象的反应方程式正确的是( )
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na＋O2===Na2O2
B．钠投入盛有FeCl3溶液的烧杯中，产生无色气体与红褐色沉淀：6Na＋2Fe3＋＋6H2O===2Fe(OH)3↓＋6Na＋＋3H2↑
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCO－3＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋CO2－3＋2H2O 答案 B
解析Na在空气中与O2反应生成Na2O，A项错；钠投入盛有FeCl3溶液的烧杯中，先与H2O反应：①2Na ＋2H2O===2NaOH＋H2↑，生成无色气体，NaOH与FeCl3反应；②3NaOH＋FeCl3===Fe(OH)3↓＋3NaCl，生成红褐色沉淀，将①②联立得离子方程式：6Na＋2Fe3＋＋6H2O===2Fe(OH)3↓＋6Na＋＋3H2↑，B项正确；Na2O2在潮湿空气中吸水，生成NaOH，C项错；澄清石灰水过量，则CO2－3不可能以离子形式存在，D项错。

2．下列实验装置不能达到实验目的的是 ( )
答案 D
解析A中反应放热导致大试管中气体压强增大，红墨水柱右侧上升；B中胶头滴管中为NaOH浓溶液，能吸收较多的CO2使圆底烧瓶中气体压强减小；焰色反应可用光洁无锈的铁丝、镍丝、钨丝等代替铂丝；D 中应将NaHCO3置于小试管中，Na2CO3置于大试管中，加热时右边烧杯中澄清石灰水变浑浊，左侧烧杯中澄清石灰水不变浑浊，说明热稳定性：Na2CO3>NaHCO3。

3．[2020·江西联考]如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。

已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1 mol，水的质量为100 g。

下列说法正确的是( )
A．反应③最多能产生0.05 mol O2
B．反应①的离子方程式为Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑
C．Na2O2中阴阳离子数目之比为1∶1
D．①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数：①>②>③
答案 A
解析0.1 mol Na2O2与100 g H2O反应，H2O过量，反应③最多能产生0.05 mol O2，选项A正确；反应①的离子方程式应为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，选项B错误；Na2O2中阴阳离子数目之比为1∶2，选项C错误；①、②、③充分反应后所得溶液中溶质(NaOH)的质量分数从大到小：③＝②>①，选项D错误。

4．一定量Na2O2和NaHCO3均匀混合物分成质量相等的甲乙两份。

将甲投入100 mL稀盐酸，固体完全溶解，收集到标准状况下的干燥气体2.24 L。

再将生成的气体全部导入装有乙的干燥管中，充分吸收后，收集到一种单质气体，标准状况下体积为2.016 L。

根据以上信息，下列有关推断不正确的是( ) A．甲乙两份混合物中均含Na2O2 0.16 mol
B．甲乙两份混合物中均含NaHCO3 0.02 mol
C．原混合物中Na2O2与NaHCO3物质的量之比无法确定
D．盐酸物质的量浓度可能为3.4 mol/L
答案 C
解析标准状况下，2.24 L混合气体为CO2与O2，共0.1 mol，2.016 L单质气体为O2 0.09 mol。

则有：
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2Δn
2 1 1
n(CO2) 0.1 mol－0.09 mol
＝0.01 mol
所以混合气体中n(CO2)＝0.02 mol，n(O2)＝0.08 mol。

甲份完全溶解发生反应：2Na2O2＋4HCl===4NaCl ＋O2↑＋2H2O，NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O。

可以得到n(Na2O2)＝2n(O2)＝0.16 mol，n(NaHCO3)＝n(CO2)＝0.02 mol，参加反应的盐酸n(HCl)＝4n(O2)＋n(CO2)＝0.34 mol，若盐酸完全反应时，有c(HCl)＝
0.34 mol
＝3.4 mol/L。

故A项、B项、D项正确，C项错误。

0.1 L
5．向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，再在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图所示(忽略CO2的溶解和HCl的挥发)：
则下列分析都正确的组合是( )
①Ⅰ图对应溶液中的溶质为NaHCO3
②Ⅱ图对应溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比为1∶1
③Ⅲ图对应溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为1∶1
④Ⅳ图对应溶液中的溶质为Na2CO3
A．①② B．①③ C．②④ D．②③
答案 A
解析图Ⅰ中，加入HCl立即有CO2生成，说明溶质只有NaHCO3，①正确；图Ⅱ中，0～1段发生反应：CO2－3＋H＋===HCO－3，1～3段发生反应：HCO－3＋H＋===H2O＋CO2↑，可知溶质为Na2CO3与NaHCO3，二者的物质的量之比为1∶1，②正确；图Ⅲ中，0～2段发生反应CO2－3＋H＋===HCO－3，2～4段发生反应：HCO－3＋H＋===H2O ＋CO2↑，可知溶质为Na2CO3，③错误；图Ⅳ中，0～2段发生反应：OH－＋H＋===H2O，CO2－3＋H＋===HCO－3，2～3段发生反应：HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O，可知溶质为NaOH与Na2CO3，二者的物质的量之比为1∶1，④错误。

6．[2020·郑州一中高三联考]在一密闭容器中有甲醛、氧气、氢气共16.5 g，用电火花反复引燃，使其燃烧，再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收，Na2O2增重8.5 g，则原混合气体中O2的物质的量是( ) A．0.25 mol B．0.50 mol
C．0.27 mol D．0.52 mol
答案 A
解析HCHO、O2、H2混合物燃烧生成CO2、H2O，CO2、H2O与Na2O2反应的化学方程式为：
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2①
2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑②
甲醛可以表示为CO·H2，反应①相当于CO与Na2O2反应生成Na2CO3，因此相当于甲醛中的碳、氧按CO 比例进入Na2CO3；反应②相当于H2进入NaOH中，即混合物中甲醛的H和H2进入NaOH中，故只考虑净反应，则HCHO、O2、H2中的O2的质量即为剩余气体的质量，即16.5 g－8.5 g＝8 g，共0.25 mol，A项正确。

7．[2020·南通模拟]如表所示，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )
解析A项，陈述Ⅰ错误，Na2CO3溶液碱性较强，不能用于治疗胃病；B项陈述Ⅰ不全面，应先变红后褪色；C项二者之间没有因果关系；D项，Na2O2可与CO2和H2O反应生成O2，可用于为航天员供氧，正确。

8．[2020·山东重点中学联考]某溶液含有①NO－3、②HCO－3、③SO2－3、④CO2－3、⑤SO2－4五种阴离子。

向其中加入少量的Na2O2固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是(忽略溶液体积变化)( ) A．① B．①⑤ C．①④⑤ D．①③④⑤
答案 A
解析过氧化钠具有强氧化性，可将SO2－3氧化为SO2－4，故加入过氧化钠后SO2－3、SO2－4浓度均发生变化；过氧化钠溶于水生成NaOH，OH－与HCO－3反应生成CO2－3，导致溶液中HCO－3和CO2－3浓度发生变化，故只有NO－3浓度基本保持不变。

9．[2020·石家庄高三质检]某实验小组为测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数(含少量NaCl)，准确称量W g样品进行实验，下列实验方法所对应的实验方案和测量数据最合理的是( )
解析用甲基橙作指示剂，盐酸滴定样品溶液发生的反应为Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O，根据消耗标准盐酸的体积确定n(HCl)，再结合反应计算n(Na2CO3)及m(Na2CO3)，从而确定纯碱中碳酸钠的质量
分数，A正确；样品与盐酸反应产生的CO2中含有水蒸气，均被碱石灰吸收，导致测定结果偏高，且测量碱石灰增重不属于量气法，B错误；CO2逸出带出水蒸气，质量差变大，导致测定结果偏高，C错误；CO2能溶于水，不能用排水法收集，可用排饱和NaHCO3溶液的方法收集CO2，D错误。

10．将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体6.72 L(标准状况)，若忽略反应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是( ) A．最终得到7.8 g的沉淀
B．反应过程中得到6.72 L(标准状况)的气体
C．最终得到的溶液中c(NaCl)＝3 mol·L－1
D．最终得到的溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
答案 A
解析2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，n(NaOH)＝2n(Na2O2)＝15.6 g×2
78 g·mol－1
＝0.4 mol，n(Al)＝
5.4 g
27 g·mol－1＝0.2 mol，n(HCl)＝
6.72 L
22.4 L·mol－1
＝0.3 mol。

2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，n(AlO－2)
＝n(Al)＝0.2 mol，反应中消耗 0.2 mol NaOH，剩余0.2 mol NaOH。

向该溶液中通入HCl气体后，0.2 mol HCl先与0.2 mol NaOH反应，剩余的0.1 mol HCl与NaAlO2反应：AlO－2＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，生成0.1 mol Al(OH)3，即最终可得到7.8 g沉淀，A项正确；反应过程中共产生0.1 mol O2和0.3 mol H2，在标
准状况下气体的体积为8.96 L，B项错误；最终得到的溶液中c(NaCl)＝0.3 mol
0.2 L
＝1.5 mol·L－1，由电荷
守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(AlO－2)，C、D项错误。

二、非选择题(共30分)
11．[2020·太原模拟](15分)烧碱、纯碱等都是重要的化工原料。

(1)利用如图装置可以证明二氧化碳与烧碱溶液发生了反应。

①若将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的液体挤入烧瓶，此时的实验现象是
____________________。

②若其他操作不变，将A与C连接，可观察到的现象是
______________________________________________。

(2)向100 mL 1 mol·L－1烧碱溶液中通入一定量CO2充分反应后，将溶液在低温下蒸干得到白色固体X，X的组成可能有四种情况，按出现的先后顺序分别是：
Ⅰ.NaOH、Na2CO3，Ⅱ.____________________________________
__________________________________，
Ⅲ.Na2CO3、NaHCO3，Ⅳ._________________________________
_______________________________________。

①常温下，将得到的固体X重新溶于水，在所得溶液中加入盐酸，使溶液的pH＝7，再将溶液蒸干，得到固体的质量为________g。

②若要验证白色固体X是第Ⅰ种组成，依次加入的试剂为________(填字母序号)。

a．盐酸b．MgCl2溶液
c．BaCl2溶液d．Ba(OH)2溶液
在验证的过程中，一定需要进行的操作是________(填字母序号)。

a．萃取 b．洗涤 c．过滤 d．分馏
答案(1)①水沿导管由广口瓶进入烧瓶
②广口瓶中的长导管口有气泡产生
(2)Na2CO3NaHCO3
①5.85②cb c
解析(1)将A与B连接，CO2与NaOH溶液发生反应，引起气体压强减小，导致水沿导管由广口瓶进入烧瓶；若A与C连接，由于气体压强减小，空气由长导管进入，长导管口有气泡产生。

(2)CO2与NaOH反应时，若CO2不足，会得到NaOH、Na2CO3，若CO2与NaOH恰好反应会生成Na2CO3，当CO2过量时会生成Na2CO3、NaHCO3混合物，当CO2完全过量时会生成NaHCO3。

①中溶液的pH＝7，说明是NaCl溶液，依据钠元素守恒可得NaCl质量为0.1 L×1 mol/L×58.5 g/mol ＝5.85 g。

②若验证白色固体X是NaOH、Na2CO3，需要检验OH－、CO2－3，先利用BaCl2检验CO2－3，再利用MgCl2检验OH－，故选c、b。

12．[2020·长春七校高三联考](15分)某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱并进行后续实验。

Ⅰ.制备纯碱：先以NaCl、NH3、CO2和水等为原料，用下图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。

(1)装置丙中反应的化学方程式为__________________ ____________________________。

(2)装置乙的作用是__________________________ ______________________________。

为防止污染空气，尾气中的________需要进行吸收处理。

(3)用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有________、________、________。

Ⅱ.测定所得产品的组成和纯度
(4)检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：
(5)12
应混合物过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体的质量为m2 g。

则该纯碱样品的纯度为
________________________。

答案(1)NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl
(2)除去CO2中的HCl气体氨气(NH3)
(3)过滤洗涤灼烧
(4)A、B B中溶液变浑浊(或A、C C中物质变蓝或A、C、B C中物质变蓝，B中溶液变浑浊)
(5)106m2 m1
%
解析(1) NaHCO3的溶解度不大，在氨化的饱和食盐水中通入过量CO2可析出NaHCO3沉淀。

(2)用装置甲和相应药品制得的CO2中混有HCl，用装置乙可以除去HCl。

氨化的饱和食盐水可挥发出污染环境的NH3，尾气应进行处理。

(3)装置丙中产生了NaHCO3沉淀，将过滤后得到的NaHCO3进行洗涤，然后灼烧即可得到纯碱。

(4)用酒精灯加热时，Na2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解可生成CO2、H2O和Na2CO3，加热纯碱样品，只要能检验出有CO2或H2O生成即可说明纯碱样品中含有NaHCO3。

(5)实验所得沉淀为CaCO3，n(Na2CO3)＝n(CaCO3)＝
m2
100
mol，m(Na2CO3)＝
106m2
100
g，纯碱样品的纯度为
106m2 100m1×100%＝
106m2
m1
%。

2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A B C D E 、、、、为原子序数依次增大的五种短周期元素，A 是周期表原子半径最小的元素，
B C D 、、同周期且相邻，C 的L 层电子数是K 层的3倍，E 原子的核外电子数是B 原子质子数的2倍。

下列说法不正确的是（ ）
A ．纯净的E 元素的最高价氧化物可用于制造光导纤维
B ．A B
C 、、三种元素形成的化合物中一定只含共价键
C ．由元素A C 、组成的某种化合物可与2SO 反应生成24H SO
D ．元素A 与B C D
E 、、、形成的常见化合物中，热稳定性最好的是AD 2．依据下列实验现象，得出的结论正确的是
操作 实验现象 结论
A 向NaBr 溶液中加入过量氯水，再加入淀粉 KI 溶液 最终溶液变蓝 氧化性：Cl 2>Br 2>I 2
B 向某无色溶液中滴加浓盐酸 产生能使品红溶液褪色的气体 不能证明原溶液中含有
SO 32－或HSO 3－
C 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后， 加入新制氢氧化铜，加热
得到蓝色溶液
蔗糖水解产物没有还原
性 D 向2mL 0.01mol/L 的AgNO 3溶液中滴加几滴同浓度
的NaCl 溶液后，滴加 KI 溶液
先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀 证明K sp (AgI)＜K sp (AgCl) A ．A B ．B C ．C D ．D
3．12mL NO 和NH 3的混合气体在一定条件下发生可逆反应：6NO+4NH 3
5N 2+6H 2O ，若还原产物比氧化产物多1mL (气体体积在相同状况下测定)，则原混合气体中NO 和NH 3体积比可能是
A ．2：1
B ．1：1
C ．3：2
D ．4：3
4．下列离子方程式书写正确的是
A ．小苏打治疗胃酸过多的反应：CO 32－＋2H ＋＝CO 2↑＋H 2O
B ．次氯酸钠溶液通入少通的CO 2：2ClO －＋CO 2＋H 2O ＝2HClO ＋CO 32－
C ．H 218O 2中加入H 2SO 4酸化的KMnO 4：5H 218O 2＋2MnO 4－＋6H ＋＝518O 2↑＋2Mn 2＋＋8H 2O
D ．过量SO 2通入到Ba(NO 3)2溶液中：3SO 2＋2NO 3－＋3Ba 2＋＋2H 2O ＝3BaSO 4↓＋2NO↑＋4H ＋ 5．将足量CO 2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（ ）
A ．K +、OH ﹣、Cl ﹣、SO 42﹣
B ．H +、NH 4+、Al 3+、NO 3﹣
C．Na+、S2﹣、Cl﹣、SO42﹣
D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣
6．已知高能锂离子电池的总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。

下列说法错误的是
A．电极Y应为Li
B．X极反应式为FeS+2Li++2e－=Fe+Li2S
C．电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小
D．若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变
7．室温下，在20 mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示。

已知：K(HClO)=3×10-8，H2CO3：K a1=4.3×10-7，K a2=5.6×10-11。

下列说法正确的是
A．m一定等于20
B．b、d点对应的溶液显中性
C．c点溶液中c(Na+)=2c(ClO-)+2c(HClO)
D．向c点溶液中通入少量CO2：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-
8．根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是
组号今加反应的物质生成物
①MnO4－、Cl－···Cl2、Mn2＋···
②Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3
③KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…
A．第①组反应中生成0.5mol Cl2，转移1mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l：2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4－> Cl2>Fe3＋>Br2
9．在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。

下列说不正确的是
A．E a为催化剂存在下该反应的活化能，E a′为无催化剂时该反应的活化能
B．该反应为放热反应，△H=E a-E a′
C．活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子
D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动
10．向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。

呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。

由此得不到的结论是
A．该新制氯水c(H+)=10-2.6mol/L
B．开始阶段，pH迅速上升说明H+被中和
C．OH-和Cl2能直接快速反应
D．NaOH和氯水反应的本质是OH-使Cl 2+H2O H++Cl-+HClO平衡右移
11．国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。

其工作原理如图所示。

下列说法正确的是
A．“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
B．吸附层b 发生的电极反应：H2– 2 e- + 2OH- = 2H2O
C．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
D．“全氢电池”的总反应: 2H2 + O2 =2H2O
12．化学与生产、生活密切相关。

下列说法错误的是
A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B．糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应
C．铁粉和维生素C 均可作食品袋内的脱氧剂
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
13．某澄清混合溶液中所含离子的浓度如下表所示，则M可能为（）
离子NO3－SO42－H+M
浓度/(mol/L) 2 1 2 2 A．Cl－B．Ba2+C．Na+D．Mg2+
14．下列实验操作对应的现象和结论均正确的是
选项实验操作现象结论
A
向一定浓度的CuSO4溶液中通入
适量H2S气体
出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强
B 向4mL0.01mol·L-1 KMnO4酸性溶
液中分别加入2 mL 0.1mol·L-1
H2C2O4 溶液和2mL
0.2mol·L-1H2C2O4溶液
后者褪色所需时间短
反应物浓度越大，反应速率
越快
C
将铜粉放入10mol·L-1 Fe2（SO4）3
溶液中溶液变蓝，有黑色固体
出现
说明金属铁比铜活泼
D 向蔗糖中加入浓硫酸变黑、放热、体积膨胀，
放出有刺激性气味的气
体
浓硫酸具有吸水性和强氧化
性，反应中生成C、SO2和CO2
等
A．A B．B C．C D．D 15．只用如图所示装置进行下列实验，能够得出相应实验结论的是
选
项
①②③实验结论
A 稀盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：Cl>C>Si
B
饱和食
盐水
电石高锰酸钾溶液生成乙炔
C 浓盐酸MnO2NaBr溶液氧化性Cl2>Br2
D 浓硫酸Na2SO3溴水SO2具有还原性
A．A B．B C．C D．D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。

实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：
已知：① SO2(g) + Cl2(g)＝SO2Cl2(l) ΔH＝－97.3 kJ/mol。

②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”。

③ 100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。

回答下列问题：
(1) 装置A中发生反应的离子方程式为___________。

(2) 装置B的作用为_______________________________，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为________________________。

(3) 仪器F的名称为_________________，E中冷凝水的入口是___________(填“a”或“b”)，F的作用为
_______________________________________________。

(4) 当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况)时，最终得到5.4 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为____________。

为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有________(填序号)。

①先通冷凝水，再通气②控制气流速率，宜慢不宜快
③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④加热三颈烧瓶
(5) 氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3H＝SO2Cl2 + H2SO4，分离产物的方法是_____ A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取
(6) 长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为_______________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．某研究小组按下列路线合成甜味剂阿斯巴甜：
已知：①芳香化合物A能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子；
②
③RCN RCOOH
④
回答下列问题：
(1)F的结构简式是_________________________________________。

(2)下列说法正确的是________。

A．化合物A的官能团是羟基
B．化合物B可发生消去反应
C．化合物C能发生加成反应
D．化合物D可发生加聚反应
(3)写出阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式：_________。

(4)写出同时符合下列条件的 D的同分异构体的结构简式：_________。

①有三种化学环境不同的氢原子；②含苯环的中性物质。

(5)参照上述合成路线，设计一条由甲醛为起始原料制备氨基乙酸的合成路线________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．含硫化合物在自然界中广泛存在。

请按要求回答下列问题：
(1)火山喷发产生在大气中发生如下反应：
①
②。

写出与反应产生和的热化学方程式：_________________。

(2)和混合加热的反应是
①某温度下，在恒容密闭容器中，通入和，平衡时测得的转化率为60％，则该温度下反应的平衡常数__________。

②由图分析该反应的______0（填“＜”“＞”）。

③如图250℃以前，曲线变化的可能原因：_____________。

(3)工业上可用碱性溶液脱硫，吸收大气污染物之一。

①该反应的离子方程式为_______________________________。

②用作催化剂，催化该反应的过程如图示：
过程2中，所起的作用是______________________________。

（填“氧化剂”“还原剂”或“既作氧化剂又作还原剂”）。

(4)不同温度下溶液与酸性溶液反应速率的探究：均取溶液（含
少量淀粉）与（过量）酸性溶液混合（已知：），做不
同温度下系列实验，℃间溶液由无色变蓝的时间，55℃未观察到溶液变蓝，实验记录结果如图所
示：
①X 点的反应速率为______。

②40℃之前溶液由无色变蓝速率变快的主要因素是__________________；40℃之后溶液由无色变蓝的时间变长，且55℃未观察到溶液变蓝，可能的原因是__________________。

19．（6分）含有K 2Cr 2O 7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K 2Cr 2O 7的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：
已知：CaCr 2O 7、BaCr 2O 7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积常数如下表所示。

物质 CaSO 4 CaCrO 4 BaCrO 4 BaSO 4 溶度积
9.1×10-6
2.30×10-2
1.17×10-10
1.08×10-10
（1）用离子方程式表示K 2Cr 2O 7溶液中同时存在K 2CrO 4的原因（将离子方程式补充完整）：
227
1Cr O -+__________=24CrO -
+__________。

____________ （2）向滤液1中加入BaCl 2·2H 2O 的目的，是使24CrO -
从溶液中沉淀出来。

①结合上述流程说明熟石灰的作用：__________。

②结合表中数据，说明选用Ba 2+而不选用Ca 2+处理废水的理由：__________。

③研究温度对24CrO -
沉淀效率的影响。

实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下24CrO -
的沉淀率
2
4
2
4
2CrO
100%
1CrO
-
-
⎛⎫
=⨯
⎪
⎝⎭
固体中的量
沉淀率
滤液中的量
，如下图所示。

已知：BaCrO4(s) Ba2+(aq)+()
2
4
CrO aq
-ΔH>0
2
4
CrO-
的沉淀效率随温度变化的原因是__________。

（3）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。

①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图所示。

结合化学平衡移动原理，解释使用0.450mol/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L的硫酸的原因：__________。

②回收重铬酸的原理如图所示。

当硫酸浓度高于0.450mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是__________。

（4）综上所述，沉淀BaCrO 4并进一步回收重铬酸的效果与__________有关。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．B 【解析】 【分析】
原子半径最小的元素是氢，A 为氢，C 的L 层是K 层的3倍，则C 为氧，B 为氮，D 为氟，B 原子有7个质子，则E 原子有14个核外电子，即硅元素，据此来分析各选项即可。

【详解】
A.二氧化硅可以用于制造光导纤维，A 项正确；
B.A 、B 、C 三种元素可以形成43NH NO ，43NH NO 中含有离子键，B 项错误；
C.22H O 可以直接和2SO 作用得到24H SO ，C 项正确；
D.非金属性越强的元素，其氢化物的热稳定性越好，B 、C 、D 、E 中非金属性最强的是氟，因此HF 的热稳定性最好，D 项正确； 答案选B 。

2．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由于加入的氯水过量，加入KI 后，I -会被过量的Cl 2氧化生成能使淀粉变蓝的I 2，所以无法证明Br 2和I 2的氧化性强弱关系，A 项错误；
B ．能够让品红溶液褪色的可能是SO 2，也可能是氯气等；如果使品红溶液褪色的是SO 2，那么溶液中含有的也可能是2-
23S O ，不一定是23SO -或3HSO -
；如果使品红溶液褪色的是Cl 2，那么溶液中可能含有ClO -或
3ClO -
；综上所述，B 项正确；
C ．蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型的还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，需要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，加热后才会生成砖红色的Cu 2O 沉淀；选项没有加NaOH 将溶液调成碱性，故C 项错误；
D．由于先前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag+，所以后续加入KI溶液后，必然会生成黄色的AgI沉淀，实验设计存在漏洞，并不能证明AgI和AgCl的K sp的大小关系；D项错误；
答案选B。

3．C
【解析】
【详解】
根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，可以理解为：NO和NH3按照物质的量之比是3：2反应，还原产物、氧化产物的物质的量之比是3：2，还原产物比氧化产物多1mol，在相同条件下，气体的物质的量之比和体积之比是相等的，所以原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能3：2；
故合理选项是C。

4．C
【解析】
【详解】
A、小苏打是NaHCO3，治疗胃酸过多的反应：HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O，故A错误；
B、次氯酸钠溶液通入少通的CO2，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，次氯酸钠与二氧化碳反应生成的是碳酸氢根离子：ClO－＋CO2＋H2O＝HClO＋HCO3－，故B错误；
C、H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4，过氧化氢被氧化为氧气，高锰酸钾被还原为锰离子，依据电荷守恒和原子守恒书写配平的离子方程式为：5H218O2＋2MnO4－＋6H＋＝518O2↑＋2Mn2＋＋8H2O，故C正确；
D、过量SO2通入到Ba(
NO3)
2溶液中，过量的二氧化硫生成亚硫酸会被氧化为硫酸，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2＋+2NO3－
+2H2O=BaSO4↓+4H＋+2SO42－+2NO↑，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

易错点B，根据电离平衡常数H2CO3＞HClO＞HCO3－可知次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子。

5．B
【解析】
【详解】
A．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入的足量CO2能够与OH-反应，不能共存，故A不选；
B．该组离子之间不反应，且通入的足量CO2仍不反应，能大量共存，故B选；
C．该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与S2-反应，不能大量共存，故C不选；
D．该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与C6H5O-反应，不能大量共存，故D不选；
故选B。

6．C
【解析】
【分析】
本题主要考查原电池与电解池串联问题。

通过总反应可知，Li发生氧化反应,作负极，FeS发生还原反应，作正极；因c中由Ni2+生成单质Ni，即发生还原反应，故Y极为负极，X为正极。

【详解】
A.由上述分析可知，Y为原电池负极，故Y为Li，选项A正确；
B.X极为正极，FeS发生还原反应，故电极反应式为：FeS+2Li+ +2e- =Fe+Li2S，选项B正确；
C.电解过程中，a为阳极区,发生氧化反应: 4OH--4e- =2H2O+O2↑，a中Na+通过阳离子交换膜进入b中;C中发生还原反应: Ni2+ +2e-=Ni，溶液中Cl-通过阴离子交换膜进入b中。

故电解过程中，b中NaCl的物质的量浓度将不断增大，选项C错误；
D.若将阳离子交换膜去掉,因b中含有C1-,故阳极电极反应式为: 2C1--2e-=Cl2↑，故电解反应总方程式发生改变，选项D正确；
答案选C。

【点睛】
本题考查原电池、电解池原理，本题的突破关键在于“c中单质Ni生成”，由此判断X、Y电极正负，进一步判断电解池中阴阳极以及相关反应。

7．C
【解析】
【分析】
分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，a～c段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水的电离，在c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。

在c点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和NaClO。

据此进行判断。

【详解】
A．NaOH溶液的pH=13，则c(NaOH)=0.1mol·L 1，新制氯水的浓度不确定，m不一定等于20，A项错误；B．由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO，溶液呈碱性，故b点溶液呈中性，c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着NaOH的继续加入，水的电离受到抑制，故d点溶液应呈碱性，B项错误；
C．a~c点发生反应为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，c(Cl-)=c(HClO)＋c(ClO-)，由物料守恒知，c(Na+)=c(Cl-)＋c(HClO)＋c(ClO-)，故c(Na+)=2c(ClO-)＋2c(HClO)，C项正确；
D．由电离常数知，电离质子能力：H2CO3＞HClO＞HCO3-，故H2O+ClO-＋CO2= HCO3-＋HClO，D项错误；
答案选C。

8．D
【解析】
【详解】
A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n （Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；
C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，选项D错误。

答案选D。

9．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．催化剂能降低反应所需活化能，E a为催化剂存在下该反应的活化能，E a′为无催化剂时该反应的活化能，故A正确；
B．生成物能量高于反应物，该反应为吸热反应，△H≠E a′-E a，故B错误；
C．根据活化分子的定义，活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子，故C正确；
D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，平衡不移动，故D正确；
故选B。

10．C
【解析】
【详解】
A. 没有加入NaOH溶液时，新制氯水的pH为2.6，氢离子的浓度c(H+)=10-2.6mol/L，故A正确；
B. 向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子反应，pH迅速上升，故B正确；
C. 新制氯水中有氢离子，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应，故C错误；。