2018届河北省定州中学高三上学期第一次调研化学试题(解析版)

2018届河北省定州中学高三上学期第一次调研
化学试题（解析版）
1. 向含有下列离子的溶液中滴加NaCl并通入足量SO2气体后，溶液中还可能大量共存的离子组是( )
A. K+、Fe2+、SO42--
B. Ag+、H+、NO3—
C. NH4+、Fe3+、SO42--
D. Mg2+、Ca2+、HCO3—
【答案】A
【解析】A. K+、Fe2+、SO42—与氯化钠以及SO2等均不反应，可以大量共存，A正确；B. Ag+与氯离子不能大量共存，H+、NO3—与SO2发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C. Fe3+氧化SO2不能大量共存，C错误；
D. HCO3—与SO2反应，不能大量共存，D错误，答案选A。

2. 下列解释过程或事实的方程式不正确
．．．的是( )
A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2 + 2NaOH Na2SiO3 + H2O
B. 在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I- + H2O2 + 2H+ == I2 + O2↑+ 2H2O
C. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe + 4H2O Fe3O4 + 4H2
D. “84消毒液” (有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用放出氯气：ClO－＋Cl－＋2H＋== Cl2↑＋H2O
【答案】B
【解析】A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，因为二者反应：SiO2+2NaOH Na2SiO3+H2O，A正确；
B. 在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+＝I2 +2H2O，B错误；
C. 红热的铁丝与水
接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层四氧化三铁：3Fe+4H2O Fe3O4 +4H2，C正确；D. “84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气：ClO－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O，D正确，答案选B。

3. 下列有关水处理方法不正确
．．．的是
A. 用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
B. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子
D. 用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
【答案】C
【解析】A、石灰、碳酸钠都呈碱性，能与酸反应，故可用于处理废水中的酸，A正确；B、铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，B正确；C、氯气可用于水的消毒杀菌，对重金属离子没有作用，可以加入硫化物生成硫化物沉淀来处理重金属，C错误；D、烧碱可与铵根离子反应产生氨气，可用烧碱处理含高浓度铵根的废水并回收利用氨，D正确。

答案选C。

点睛：本题从各种水处理技术方法等方面设计考核知识点，让考生了解化学在生活中的应用，并正确地认识化学的价值和功能。

展现学科价值，灌输绿色化学思想。

明确相关物质的性质是解答的关键，注意净水剂与消毒剂的区别。

4. 亚氨基锂（Li
NH）是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料,其储氢原理可表示为Li2NH+H2LiNH2
＋LiH。

下列有关说法正确的是( )
A. Li2NH中N的化合价是-1
B. 该反应中H2既是氧化剂又是还原剂
C. Li+和H-的离子半径相等
D. 此法储氢和钢瓶储氢的原理相同
【答案】B
【解析】A、因为化合物中氢元素为+1，锂元素为+1，所以氮元素为-3，A错误；B、氢气中氢元素的化合价既升高又降低，所以既作氧化剂，又做还原剂，B正确；C、二者的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，所以锂离子半径小，C错误；D、此法储氢是利用的氧化还原反应，和钢瓶储氢的原理不同，钢瓶储氢是物理过程，D错误，答案选B。

5. 下列离子方程式书写不正确的是（）
A. AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）：n（Al3+）=7：2时， 2Al3++ 7OH-= Al（OH）3↓+ AlO2-+ 2H2O
B. Cl2与FeBr2溶液反应，当n（Cl2）：n（FeBr2）=1：1时，2Fe2+ + 4Br- +3Cl2 = 2 Fe3+ + 2Br2 + 6Cl-
C. CuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n（CuCl2）：n（NaHS）=1：2时Cu2++2HS－= CuS↓+H2S↑
D. Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时， 3 Fe +2NO3- +8H+ = 3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】A．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）：n（Al3+）=7：2时，离子方程式为2Al3++7OH- = Al （OH）3↓+ AlO2- + 2H2O，A正确；B．氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+、Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，当n（Cl2）：n（FeBr2）=1：1时，假设二者都是2mol，则亚铁离子完全被氧化需要1mol 氯气、剩余1mol氯气氧化2mol溴离子，所以还有一半溴离子未被氧化，则离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl-，B错误；C．CuCl溶液与NaHS溶液反应，当n（CuCl2）：n（NaHS）=1：2时，离子方程式：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑，C正确；D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时，离子方程式：3Fe +2NO3- +8H+ =3Fe2++2N O↑+4H2O，D正确；答案选B。

点睛：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量有关的离子反应的方程式书写，明确反应实质
是解题关键。

在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。

突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。

应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。

6. 用N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 24gNaH中阴离子所含电子总数为2N A
B. 标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后，气体中分子总数为2N A
C. 在0.lmol/L的K2CO3溶液中，阴离子数目大于O.1N A
D. 300mL2mol/L乙醇溶液中所含分子数为0.6N A
【答案】A
【解析】A、NaH中阴离子是H－，阴离子所含电子数为24×2/24mol=2mol，故A正确；B、发=2NO2，两者恰好完全反应生成NO2，但2NO2N2O4，因此气体分
生的反应是2NO＋O
子物质的量小于2mol，故B错误；C、题目中没有说明溶液的体积，因此无法计算物质的量，故C错误；D、乙醇溶液含有的分子是乙醇和水，因此所含分子物质的量大于0.6mol，故D 错误。

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7. 某溶液中存在Na+、SO42-、SO32-、Cl-、HCO3-、Br-中的若干种，依次进行下列实验，观察到现象记录如下。

（1）用pH试纸检验，溶液的pH＞7；（2）向溶液中滴加新制氯水，无气体产生，加入四氯化碳振荡、静置，四氯化碳层呈橙色，用分液漏斗分液；（3）向分液后所得的水溶液中加入硝酸钡和稀硝酸的混合液，只有白色沉淀产生，过滤；（4）在滤液中加入硝酸银和稀硝酸的混合液，有白色沉淀产生。

下列判断正确的是：
①肯定有Na+ ②肯定有SO42- ③肯定有SO32-④肯定有Br-
⑤肯定有Cl- ⑥肯定没有HCO3-
A. ①③④⑥
B. ①②④⑥
C. ②③④⑥
D. ③④⑤⑥
【答案】A
【解析】（1）用pH试纸检验溶液的pH＞7，则不存在HCO3-，SO32-水解显碱性，因此含有SO32-；（2）向溶液中滴加新制氯水，无气体产生，加入四氯化碳振荡、静置，四氯化碳层呈红棕色，用分液漏斗分液，可知一定含Br-；（3）向分液后所得的水溶液中加入硝酸钡和稀硝酸的混合液，只有白色沉淀产生，过滤，白色沉淀为BaSO4，由于一定存在SO32-，所以不能确定是否含有硫酸根；（4）在滤液中加入硝酸银和稀硝
酸的混合液，有白色沉淀产生白色沉淀为AgCl，但（2）中加氯水引入氯离子，因此不能确定是否存在氯离子；综上所述，肯定有SO32-、Br-，则一定不含HCO3-，可能含氯离子和硫酸根离子，由电荷守恒可知一定含阳离子为Na+，答案选A。

点睛：本题考查常见离子的检验，把握发生的反应、现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。

注意根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。

判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。

（2）电中性原则。

溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。

（3）进出性原则。

离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。

8. 25℃时，在含有大量Ba2+的某澄清透明溶液中，由水电离产生的OH－物质的量浓度1×10-12mol/L，则在此溶液中还可能大量共存的离子组有
A. Na+、Fe2+、NO3－
B. K+、CH3COO－、SO42－
C. NH4+、HCO3－、SCN－
D. Cu2+、Mg2+、Cl－
【答案】D
【解析】由水电离产生的OH-物质的量浓度为1×10-12mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱溶液，不能与Ba2+结合生成沉淀，且离子之间不反应，则A．酸溶液中与Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能共存，碱溶液中与Fe2+结合生成沉淀，不能共存，A错误；B．酸溶液中与CH3COO-结合生成弱电解质，且SO42-与Ba2+结合生成沉淀，则不能共存，B错误；C．HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，不能共存，C错误；D．酸溶液中该组离子之间不反应，能共存，碱溶液中与Cu2+、Mg2+结合生成沉淀，不能共存，即可能大量共存，D正确；答案选D。

9. 设N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 80℃时，1LpH=1的硫酸溶液中，含有的OH-数目为10-13N A
B. 含0.1molNH4HSO4的溶液中，阳离子数目略小于0.2N A
C. C3H8分子中的2个H原子分别被1个-NH2和1个-OH取代，1mol此有机物所含共同电子对数目为13N A
D. 以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过N A个电子
【答案】C
【解析】80℃时，水的离子积常数Kw＞10-14, 故80℃时， 1LpH＝1的硫酸溶液中，含有的OH-数目大于10-13N A，A项错误；NH4HSO4的溶液中，由于铵根离子水解，故阳离子数目略大于0.2 N A，B项错误；C3H8分子中的2个H原子分别被1个-NH2和1个-OH取代，取代后，1mol此有机物所含共同电子对数目为13N A，C项错误；没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算生成氢
气的体积，D项错误。

10. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN–、Cl–
B. =1×10−12的溶液中：K+、Na +、CO32－、NO3－
C. c(Fe2+) =1mol·L−1的溶液中：K+、NH4＋、MnO4－、SO42－
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4＋、SO42－、HCO3－
【答案】B
【解析】A. 无色透明的溶液中Fe3+与SCN–不能大量共存，A错误；B. =1×10−12的溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液显碱性，K+、Na+、CO32－、NO3－可以大量共存，B正确；C. c(Fe2+)＝1mol·L−1的溶液中MnO4－氧化亚铁离子，不能大量共存，C错误；D. 能使甲基橙变红的溶液显酸性，则HCO3－不能大量共存，D错误，答案选D。

点睛：掌握相关离子的性质、发生的化学反应是解答的关键，注意了解离子一般不能大量共存的情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能完全水解的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间，例如选项A。

11. 设N A为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是
A. 标准状况下，11.2LCH2C12含极性共价键数目为2N A
B. 含1molCl-的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+的数目大于N A
C. 4.6g甲苯(C7H8)和丙三醇(C3H8O3)混合物中含H原子数目为0.4N A
D. 将1molCl2通入足量水中，溶液中HC1O、Cl-、ClO-粒子数之和为2N A
【答案】C
点睛：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质
以及氧化还原反应可逆反应等问题。

12. 用草酸的稀溶液或草酸钠的酸性溶液可以洗涤粘在皮肤上的高锰酸钾,其离子方程式为（未配平）：MnO4-+C2O42-+H+----CO2+Mn2++_____ 关于此反应的叙述正确的是（）
A. 该反应右边方框内的产物是OH-
B. 配平该反应后,H+化学计量数是8
C. 该反应电子转移总数是5e-
D. 该反应中氧化产物是CO2
【答案】D
13. 将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。

下列判断正确的是（）
A. 与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol
B. n(Na＋)∶n(Cl－) 可能为7∶3
C. 若反应中转移的电子为n mol，则0.15 < n < 0.25
D. n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1
【答案】C
【解析】A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl-）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl-）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl-）＜2：1，7：3＞2：1，B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O 可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol×1/2×1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol×5/6
×1=0.25mol，C正确；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，
D错误；答案选C。

点睛：本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，题目难度较大，注意极限法与电子得失守恒法的灵活应用。

14. 下列离子方程式书写不正确的是
A. NaOH溶液与CO2反应，当n（NaOH）：n（CO2）=4：3时，4OH- + 3CO2 = CO32-+ 2HCO3- + H2O
B. 在过量澄清石灰水中加入适量碳酸氢镁溶液：Ca2++ OH－+ HCO3－== CaCO3↓+H2O
C. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32－＋4Cl2＋5H2O＝2SO42－＋8Cl－＋10H+
D. 过量Na投入AlCl3溶液：Al3＋ + 4Na + 2H2O = AlO2- + 4Na＋ + 2H2↑
【答案】B
【解析】A. NaOH溶液与CO2反应，当n（NaOH）：n（CO2）=4：3时既有碳酸钠还有碳酸氢钠产生：4OH-+3CO2 =CO32-+2HCO3-+H2O，A正确；B. 在过量澄清石灰水中加入适量碳酸氢镁溶液生成碳酸钙、氢氧化镁和水，B 错误；C. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气发生氧化还原反应：S2O32－＋4Cl2＋5H2O＝2SO42－＋8Cl－＋10H+，C 正确；D. 过量Na投入AlCl3溶液中生成偏铝酸钠：Al3＋+4Na+2H2O=AlO2-+4Na＋+2H2↑，D正确，答案选B。

15. 已知某溶液中存在较多的H+、SO42-、NO3-，则溶液中还可能大量存在的离子组是
A. A13+、CH3COO-、C1-
B. Na+、NH4+、C1-
C. Mg2+、C1-、Fe2+
D. Mg2+、Ba2+、Br-
【答案】B
【解析】试题解析：因H+和CO32-结合生成水和气体，且Al3+、CO32-相互促进水解，则该组离子不能大量共存，故A错误；因该组离子之间不反应，则能够大量共存，故B正确；因H+和Fe2+、NO3-能发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故C错误；因Ba2+、SO42-，能结合生成硫酸钡沉淀，则该组离子不能大量共存，故D错误。

考点：离子的共存问题
16. 某无色溶液可能含I－、NH4+、Cu2+、SO32-中的若干种，向溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是
①肯定不含I－②肯定不含Cu2+③肯定含有SO32-④可能含有I—⑤可能含有SO32-
A. ②③④
B. ②④⑤
C. ①②⑤
D. ①②③
【答案】A
【解析】Cu2+为有色离子，溶液无色则一定不存在Cu2+；还原性SO32-＞I-，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32-，溶液中可能含有I-离子，因加入溴水少量，I-没有被氧化，根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有铵根离子，根据以上分析可知，正确的有：②③④，答案选A。

点睛：本题考查了离子的检验，注意掌握常见离子的性质及检验方法，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键，再结合离子的性质来分析解答即可。

17. 火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2→Cu2S+2FeS+SO2，下列说法正确的是
A. SO2既是氧化产物又是还原产物
B. CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化
C. 每生成1molCu2S，有4mol硫被氧化
D. 每转移l.2 mol电子，有0.3mol硫被氧化
【答案】A
【解析】A、Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中氧元素化合价降低，所以CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，氧气是氧化剂，则SO2既是氧化产物又是还原产物，A正确；B、根据A中分析可知CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，B错误；C、根据方程式可知每生成1molCu2S，有1mol硫被氧化，C 错误；D、元素化合价升高的只有S元素，由-2价升高到+4价，变化6价，则每转移1.2mol电子，有0.2mol 硫被氧化，D错误，答案选A。

18. 工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠（Na2CrO4·2H2O），其主要反应为:
(2)
下列说法中正确的是
A. 反应(1) (2)为氧化还原反应
B. 反应(1)的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
C. 高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4
D. 生成1 mol的Na2Cr2O7时共转移6 mol电子
【答案】B
【解析】A、4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，不是氧化还原
反应，A错误；B、4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO•Cr2O3，B正确；C、
4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中氧化剂是氧气，还原剂是FeO•Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，C错误；D、由方程
式4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3 +8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为7/8mol，反应中O元素由0价降低为﹣2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为7/8mol×4=3.5mol，所以根据Cr原子守恒可知每生成
1molNa2Cr2O7时电子转移3.5mol×2＝7mol，D错误；答案选B。

点睛：注意氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。

其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。

另外在进行有关计算时需要注意利用好电子得失守恒。

19. 在实验室中，下列除去杂质的方法正确的是
A. 硝基苯中混有的少量硫酸和硝酸，将其倒入盛有NaOH溶液的分液漏斗中，振荡，静置，分液
B. 乙烷中混有乙烯，通入氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
C. 溴苯中混有溴，加入KI 溶液，振荡，用汽油萃取出碘
D. 乙烯中混有SO2和CO2，将其通入溴水中洗气
【答案】A
【解析】A．酸与NaOH反应后，与硝基苯分层，则倒入盛有NaOH溶液的分液漏斗中，振荡，静置，分液可分离，A正确；B．乙烯与氢气反应，但乙烷中易引入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水、洗气，B 错误；C．溴与KI反应生成的碘易溶于溴苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，C错误；D．乙烯、二氧化硫均与溴水反应，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气，D错误；答案选A。

点睛：本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识与实验相结合的应用以及物质提纯的原则：不增、不减、易复、易分。

所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。

20. pH=0的某溶液中还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种，现取适量溶液进行如下一系列实验：
下列有关判断正确的是
A. 试液中一定有Fe2＋、SO42-、H＋、NH4+、A13+
B. 试液中一定没有Ba2＋、CO32-、NO3-
C. 步骤③中一定发生反应：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
D. 气体A与气体B不可能发生化学反应
【答案】B
【解析】pH=0溶液显酸性，原溶液中不含CO32－，加入足量Ba(NO3)2有气体生成，利用NO3－在酸性条件下表现强氧化性，Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成NO，因此原溶液中有Fe2＋，不含NO3－，加入硝酸钡，产生沉淀A，沉淀是BaSO4，因此原溶液中不含SO42－，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl－，加入足量的NaOH溶液，出现气体，此气体为NH3，说明原溶液中一定含有NH4＋，沉淀B为Fe(OH)3，溶液B中加入少量CO2，溶液B中含有Ba2＋和OH －，沉淀C一定是BaCO3，可能含有Al(OH)3，总上所述，原溶液中一定含有Fe2＋、NH4＋、H ＋、Cl－、SO42－，一定不含有Ba2＋、NO3－、CO32－，可能含有Al3＋，故A错误，B正确，步骤③一定发生Ba2＋＋2OH－＋CO2=BaCO3↓＋H2O，故C错误；气体A是NO，气体B为NH3，两者在一定条件下发生反应生成N2和H2O，故D错误。

21. 硫酸亚锡(SnSO4)是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业。

某研究小组设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料：
Ⅰ.酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。

Ⅱ.SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，Sn相对原子质量为119。

回答下列问题：
（1）操作Ⅰ是________________、过滤洗涤。

（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解的原因_______________________。

（3）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH，②_______________。

（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是______________。

（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是________________。

（6）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：
+ H2↑；
①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn + 2HCl SnCl
②加入过量的FeCl3；
Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2 + K2Cr2O7+ 14HCl6FeCl3+ 2KCl +
③用已知浓度的K
2CrCl3+7H2O
现取0.80 g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.1000 mol/L K2Cr2O7溶液20.00mL。

则锡粉中锡的纯度为_______________。

【答案】(1). 蒸发浓缩，冷却结晶（蒸发结晶亦可）(2). 抑制Sn2+的水解(3). 防止Sn2+被氧化为Sn4+(4). Sn2++CO32--=SnO↓+CO2↑(5). Sn2++H2O2+2H+ = Sn4++2H2O(6). 89.25%
【解析】（1）操作Ⅰ是将SnSO4从溶液中结晶出来的操作，从溶液中获得晶体的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；（2）SnCl2是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应，而使溶液变浑浊，为了抑制盐的水解，可以先在酸中溶解，以增大溶液中H+的浓度，使盐的水解平衡逆向移动，从而得到澄清溶液；（3）Sn的化合价有+2、+4两个化合价，SnCl2有还原性，容易被空气中的氧气氧化为+4价，向溶液中加入Sn粉的作用①调节溶液pH；②防止Sn2+被氧化；（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为Sn2++CO32-＝SnO↓+CO2↑；（5）双氧水有氧化性，SnSO4有还原性，在酸性条件下，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式是Sn2++H2O2+2H+＝Sn4++2H2O；（6）有关物质反应的方程式是：Sn+2HCl＝SnCl2 + H2↑；SnCl2 + 2FeCl3＝2FeCl2+ SnCl4；6FeCl2 + K2Cr2O7 +14HCl＝6FeCl3 + 2KCl + 2CrCl3 +7H2O，则根据方程式得到关系式是：3Sn～6FeCl2～K2Cr2O7。

n（K2Cr2O7）＝0.100 mol/L×0.02L＝0.002mol；则m（Sn）＝0.002mol×3×119g/mol ＝0.714g，所以Sn的含量是0.714g/0.8 g×100%＝89.25%。

22. 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。

某研究小组进行如下实验：
实验一：焦亚硫酸钠的制取
采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。

装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3＋SO2Na2S2O5。

（1）加试剂前要进行的操作是_______________。

装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为____________。

（2）浓硫酸_______________ (填“能”或“不能”)用稀硫酸代替，原因是_______________。

（3）从装置Ⅱ中分离出产品可采取的分离方法是_______________________。

（4）为了完整实验装置，在下列装置中选择一个最合理的装置放在装置Ⅲ处，可选用的装置(夹持仪器已
略去)为___________(填序号)。

实验二：葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。

测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：
(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O H2SO4＋2HI)
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液30.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L-1。

②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果______________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。

【答案】(1). 检查装置的气密性(2). Na2SO3+H2SO4(浓)== Na2SO4+SO2↑+H2O(3). 不能(4). 如用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出(5). 过滤(6). d(7). 0.192(8). 偏低
【解析】（1）加试剂前要进行的操作是检查装置的气密性；装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）如果用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出，所以不能用稀硫酸代替浓硫酸；（3）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（4）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，a不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，反应的方程式为2NaOH+SO2==Na2SO3+H2O；（5）①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，
n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.03L=0.0003mol，残留量==0.192g·L-1；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2==2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。

23. 羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图所示：
已知：
RCOOR'+R''OH RCOOR''+ R'OH（R、R'、R''代表烃基）
（1）A属于芳香烃，其结构简式是______________________。

B中所含的官能团是________________。

（2）C→D的反应类型是___________________。

（3）E属于脂类。

仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E，写出有关化学方程式：
______________________________。

（4）已知：2E F+C2H5OH。

F所含官能团有和___________。

（5）以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：
____________________________________
【答案】(1). (2). 硝基(3). 取代反应(4). 2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O
2CH3CHO+O22CH3COOH C2H5OH＋CH3COOH CH3COOC2H5+H2O(5). (6).
【解析】（1）A是芳香烃，根据C的分子式可推出A中应含6个碳原子，即A为苯，结构简式为。

A→B发生取代反应，引入－NO2，因此B中官能团是硝基。

（2）根据C和D的分子式，C→D是用两个羟基取代氨基的位置，发生的反应是取代反应。

（3）E属于酯，一定条件下生成乙醇和F，则E是乙酸乙酯。

用乙醇制取乙酸乙酯可以用部分乙醇通过氧化制备乙酸，再和另一部分乙醇通过酯化反应得到乙酸乙酯。

发生的反应是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3CH2OH＋
CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O。

（4）结合已知转化，根据原子守恒，推出F的分子式为C6H10O3，根
据信息，以及羟甲香豆素的结构简式，推出F的结构简式为CH3CH2OOCCH2COCH3，除含有，还含有。

（5）根据羟基香豆素的结构简式，以及（2）的分析，C、D的氨基、羟基分别在苯环的间位，分别为、。

F的结构简式为CH3CH2OOCCH2COCH3，F与D发生已知第一个反
应生成中间产物1，中间产物1的结构简式为：，再发生已知②的反应生成中间产
物2：，然后发生消去反应脱水生成羟甲香豆素。

点睛：试题以羟甲香豆素的合成为素材，重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。

有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。

官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。

如本题已知反应①，直观理解就是苯酚酚羟基邻位C—H键断裂后与酮分子中的羰基发生加成反应。