安徽省合肥市2020届高三化学下学期停课不停学线上试题（Word版附答案）
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2019—2020学年上学期期中考试卷
高三化学
（完卷时间：90分钟；满分：100分）
相对原子质量：K:39 Cr:52 O:16 Fe:56 C:12 H:1
一、选择题（本大题共15小题，每题3分，共45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）
1.明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五金”的内容：“∙∙∙∙∙∙黄金美者，其值去黑铁（生铁）一万六千倍，然使釜、鬵（xín，一种炊具）、斤（这里指菜刀、镰刀、锄头等）、斧不呈效于日用之间∙∙∙∙∙∙ ∙∙∙∙∙∙贸迁有无，∙∙∙∙∙∙”，下列解释正确的是
A. 明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金
B. 添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养，也不会生锈
C. 金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段
D. 黑铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀
【答案】C
【解析】
【分析】
“黄金美者，其值去黑铁(生铁)一万六千倍，然使釜、鬵(xín，一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间∙∙∙∙∙∙ ∙∙∙∙∙∙贸迁有无” 意思是，“最好的黄金，价值要比黑铁高一万六千倍，然而，如果没有铁制的锅、刀、斧之类供人们日常生活之用，∙∙∙∙∙∙，金属的另一种作用是铸成钱币，作为贸易交往中的流通手段”，据此分析解答。
【详解】A．明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于铁合金，故A错误；
B．不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构，不锈钢不容易生锈；家里用的农具是铁合金，如果没及时冼干净后晾干，铁能与氧气、水分同时接触，容易发生电化学腐蚀，容易生锈，故B错误；
C．金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段，故C正确；
D．生铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D错误；
故选C。
2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4NA极性共价键
B. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1 mol Fe2+被氧化时，该反应中转移电子数目为3NA
C. 向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），此时NH4+个数为0.5NA
D. 用惰性电极电解CuSO4溶液，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 标准状况下二氯甲烷是液体，标准状况下22.4L二氯甲烷的物质的量不是1mol，因此不能确定含有极性键的数目，故A错误；
B. I-还原性大于Fe2+，向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I-，不能确定1 mol Fe2+被氧化时转移电子数目，故B错误；
C. 向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），根据电荷守恒，n(NH4+)=n(Cl－)= 0.5mol，所以NH4+个数为0.5NA，故C正确；
D. 用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极先生成铜，再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数大于2NA，故D错误；
答案选C。
3.下例说法正确的是（ ）
A. 花生油属于混合物，液氯属于纯净物
B. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物
C. 煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化
D. 氢氧化铁、有色玻璃和果冻都是胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．花生油为多种高级脂肪酸甘油酯组成的，属于混合物，液氯只含一种物质，属于纯净物，故A正确；
B．过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠还生成氧气，不是碱性氧化物，故B错误；
C．煤的气化与液化、干馏都有新物质生成，均属于化学变化，故C错误；
D．氢氧化铁为纯净物，不是胶体，故D错误；
故选A
【点睛】本题的易错点为D，要注意胶体为混合物，注意区分氢氧化铁和氢氧化铁胶体。
4.根据下列实验内容得出的结论正确的是
选项 实验内容 结论
A 某气体的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝 该气体一定是NH3
B 某气体能使酸性高锰酸钾溶液褪成无色 该气体一定是SO2
C 某物质的水溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体 该溶液一定含有CO32－
D 某气体完全燃烧，火焰呈淡蓝色 该气体一定是H2S
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 某气体的溶液能使红色石蕊试纸变蓝，说明该气体溶于水后溶液呈碱性，即氨气，A项正确；
B. 二氧化硫、乙烯等无色气体均能使高锰酸钾溶液褪色，B项错误；
C. 某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化碳、二氧化硫，溶液中可能存在亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、碳酸氢根离子等，所以该溶液中不一定存在大量CO32-，C项错误；
D. 某气体完全燃烧，火焰呈淡蓝色，该气体可能是H2S、氢气或甲烷等，D项错误；
答案选A。
5.下列关于胶体的叙述中，不正确的是（ ）
A. Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的本质区别是Fe(OH)3胶体有丁达尔效应，而FeCl3溶液无丁达尔效应
B. 胶体在自然界是普遍存在的，如有色玻璃就是一种胶体
C. 胶体分散质粒子直径是10-9-10-7米范围内
D. Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm–100nm）、浊液(大于100nm)，所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小不同，故A错误；
B.有色玻璃就是由某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成的，与胶体性质有关，故B正确；
C.根据胶体的定义可知，胶体分散质粒子直径是10-9-10-7米(即1nm–100nm)范围内，故C正确；
D.Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用， Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的，故D正确；
故答案选A。
【点睛】本题考查的是胶体的性质，难度不大，胶体的性质有：丁达尔效应、电泳、聚沉；利用丁达尔效应是区分胶体与溶液的一种常用物理方法，而溶液、浊液、胶体三大分散系的本质特征是分散质粒子直径大小不同。
6.下列说法错误的是
A. 实验室废弃的钠需要乙醇处理
B. 实验室钠着火，不能用泡沫灭火器；但是镁着火可以用
C. 金属镁在空气中完全燃烧后，最后剩余三种固体
D. 侯德榜制碱法利用了盐的溶解性差异
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室常用无水乙醇处理少量废弃的钠，2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，反应缓慢，较为安全，故A正确；
B．钠着火生成的过氧化钠能够与二氧化碳反应生成氧气，起不到灭火的作用，镁可在二氧化碳中燃烧，钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故B错误；
C．金属镁在空气中完全燃烧，大部分的镁与氧气反应生成氧化镁，少量的镁与氮气反应生成氮化镁，还有少量的镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，最后生成三种固体，故C正确；
D．“侯德榜制碱法”的反应物为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠溶液，反应的方程式为NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，利用了盐的溶解性差异，故D正确；
故选B。
7.下列气体通入溶液中一定不会出现浑浊的是
A. CO2通入Ca(OH)2溶液中 B. SO2通入Ba（NO3）2溶液中
C. SO2通入BaCl2溶液中 D. Cl2通入氢硫酸溶液中
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2通入Ca(OH)2溶液中，可形成碳酸钙沉淀，因此会出现浑浊，故A不符合题意；
B．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有硫酸钡沉淀生成，故B不符合题意；
C．盐酸的酸性大于亚硫酸，所以SO2通入BaCl2溶液中，不可能生成亚硫酸钡沉淀和盐酸，故C符合题意；
D．Cl2通入氢硫酸溶液中，有不溶于水的硫沉淀生成，故D不符合题意；
故答案为C。
8.某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、Al3+、 、 、 、 、Cl－中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图，下列说法正确的是（ ）
A. 气体A是NO2
B. X溶液中肯定存在Fe2+、Al3+、 、
C. 溶液E和气体F不能发生化学反应
D. X溶液中不能确定的离子是Al3+和Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】强酸性溶液，一定不含 、 ；加入硝酸钡，有白色沉淀生成，说明一定含有 ；加入硝酸钡，有气体生成，说明一定含有还原性离子Fe2+，生成的气体A是NO，D是NO2，E是HNO3；溶液B一定含有Fe3+、Ba2+，加入氢氧化钠生成沉淀Fe(OH)3，同时生成气体F，F是NH3，说明原溶液含有 ；溶液H一定含有Ba2+，通入二氧化碳气体，生成沉淀I，则I是碳酸钡或碳酸钡和Al(OH)3的混合物，则原溶液可能含有Al3+。
根据分析，A. 气体A是NO，故A错误；
B. X溶液中可能含有Al3+，故B错误；
C. 溶液E是硝酸、气体F是氨气，发生反应生成硝酸铵，故C错误；
D. X溶液中一定有Fe2+、 、 ，一定不含 、 ，不能确定的离子是Al3+和Cl－，故D正确。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. c（Fe3+）=0.1mol/L 的溶液： 、Na+、Cl‾、
B. 碱性溶液中：Al3+、Fe3+、 、
C. 水电离出的c（H+）=1×10‾12mol/L的溶液： 、 、 、Cl‾
D. pH =12的溶液中：Na+、 Cl‾、
【答案】D
【解析】
【详解】A. c（Fe3+）=0.1mol/L 的溶液，Fe3+与 发生双水解反应，故不选A；
B.碱性溶液中Al3+、Fe3+生成氢氧化物沉淀，不能大量共存，故不选B；
C.水电离出的c（H+）=1×10‾12mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下 被 氧化为 ，碱性条件下 与OH-结合为一水合氨，不能大量共存，故不选C；
D. pH =12的溶液呈碱性，Na+、 、Cl‾、 相互之间不反应，能大量共存，故选D；
答案选D。
10.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）
A. 铁与氯气反应制氯化铁，推出铁与碘反应制碘化铁
B. CO2通入到漂白粉溶液中发生CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推出SO2通入到漂白粉溶液中发生SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C. 利用可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，推出可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3
D. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，推出Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 三价铁离子能氧化碘离子，所以铁与碘反应生成碘化亚铁，不能生成碘化铁，故A错误；
B. SO2通入到漂白粉溶液中，二氧化硫被次氯酸钙氧化生成硫酸钙，所以SO2通入到漂白粉溶液中不能生成CaSO3，故B错误；
C. 可溶性的铝盐和铁盐都能和氨水生成沉淀，即可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3，故C正确。
D. 过氧化钠能氧化二氧化硫，所以Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4，不能生成Na2SO3，故D错误；
答案选C。
11.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：
饱和食盐水 NaClO3 NaClO4 NaClO4 NH4ClO4，下列说法错误的是（ ）
A. NH4ClO4属于离子化合物
B. 溶解度：NaClO4＞NH4ClO4
C. 该流程中可循环利用的物质是NH4Cl
D. 高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价
【答案】C
【解析】
【详解】A. NH4ClO4由NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成， NH4ClO4由NH4+、ClO4-构成，所以属于离子化合物，故A正确；
B. NaClO3和NH4Cl发生复分解反应，结晶生成NH4ClO4，所以 溶解度：NaClO4＞NH4ClO4，故B正确；
C. NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成NH4ClO4、NaCl，该流程中可循环利用的物质是NaCl，故C错误；
D. 根据化合价代数和等于，高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价，故D正确。
选C。
12.向仅含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量随消耗氯气物质的量的变化如下图所示。下列说法中正确的是( )
A. 线段Ⅲ代表Fe2＋的变化情况
B. 线段Ⅰ代表Br－的变化情况
C. a值等于6
D. 原混合溶液中n(FeBr2)＝4mol
【答案】C
【解析】
【分析】
向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，据此分析作答。
【详解】A．由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br-的变化情况，A项错误；
B．由上述分析可知，线段I代表I-的变化情况，B项错误；
C．由上述分析可知，溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，C项正确；
D．由上述分析可知，n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，而n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，则原混合溶液中n(FeBr2)＝ n(Br-)=3mol，D项错误；
答案选C。
13.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是
A. 漂白粉溶液在空气中失效：ClO－＋CO2＋H2O=＝HClO＋HCO3-
B. 用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2＋2H＋＋2Cl－＝=Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
C. 向澄清的石灰水中通入过量的CO2：CO2 + OH- == HCO3-
D. 在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3＝2FeO42-＋3Cl－＋H2O＋4H＋
【答案】C
【解析】
【详解】A．漂白粉溶液在空气中失效是因为次氯酸根离子吸收二氧化碳生成碳酸钙和次氯酸：ClO－+CO2+H2O＝HClO+CaCO3↓，故A错误；
B．用浓盐酸与二氧化锰反应制取少量氯气，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl－ Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；
C．向澄清的石灰水中通入过量的CO2生成碳酸氢钙：CO2+OH-＝HCO3-，故C正确；
D．在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－＝2FeO42－+3Cl－+5H2O，故D错误；
故答案选C。
14.氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制得：3SiO2＋6C＋2N2 Si3N4＋6CO，下列说法正确的是
A. 在氮化硅的合成反应中，氮气是还原剂，二氧化硅是氧化剂
B. 上述反应中每生成1 mol氮化硅，氮气得到12 mol电子
C. 该反应属于四个基本反应类型之一
D. 该反应无有毒气体产生，不需要尾气处理装置
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据方程式可知反应中氮元素的化合价降低，碳元素的化合价升高，则C是还原剂，N2是氧化剂，A错误；
B、反应中氮元素化合价从0价降低到－3价，得到3个电子，
决胜新高考名校交流2020届高三化学四月联考卷（B）试题（PDF版附答案）
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则每生成1 mol Si3N4，N2得到12 mol电子，B正确；
C、根据方程式可知该反应不是化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应，因此该反应不属于四个基本反应类型之一，C错误；
D、CO是有毒气体，尾气需要处理，D错误。
答案选B。
15.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是( )
（注：铝土矿中含有A12O3、SiO2、Fe2O3）
A. 在铝土矿制备较高纯度A1的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B. 石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C. 在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D. 黄铜矿（CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均只是还原产物
【答案】C
【解析】
A、根据铝土矿的成分，先加入盐酸，发生Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O和Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生Al3＋＋4OH－=AlO2－＋H2O和Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为NaOH、盐酸、CO2、冰晶石，故A错误；B、石英的成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，故B错误；C、制取粗硅的反应是：2C＋SiO2 2CO＋Si，C的化合价升高，即C为还原剂，SiO2中Si的化合价降低，即SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故C正确；D、CuFeS2中S的化合价为－2价，转化成SO2，S的化合价升高，O的化合价降低，即SO2为既氧化产物又是还原产物，故D错误。
二、非选择题。（共55分）
16.（1）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，化学反应方程式为___________；漂白粉的有效成分是____________（填化学式）。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是_______。
（2）化学科学在药物的开发、合成和使用中起着至关重要的作用。如小苏打、氢氧化铝、三硅酸镁等可治疗胃酸过多。试回答下列问题：
写出小苏打与胃酸（主要成分为稀盐酸）作用的离子方程式：_________________。
（3）一氯化碘（ICl）、三氯化碘（ICl3）是卤素互化物，它们的性质与卤素单质相似。
①ICl3与水反应的产物可能为__________________、_____________（填化学式）。
②ICl在常温下与烧碱溶液反应的离子方程式为________，该反应是否是氧化还原反应？________（填“是”或“否”）。
【答案】 (1). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2 +2 H2O (2). Ca(ClO)2 (3). 1:1 (4). HCO3- + H+ = CO2 ↑+ H2O (5). HCl (6). HIO2 (7). ICl＋2OH－=Cl－＋IO－＋H2O (8). 否
【解析】
【分析】
（1）氯气与Ca(OH)2反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；根据氧化还原反应原理分析氧化剂和还原剂的比；
（2）小苏打成分为碳酸氢钠，胃酸中含有盐酸；
（3）①ICl3中I元素化合价为+3，Cl元素化合价为-1价；
②ICl中I元素化合价为+1，Cl元素化合价为-1价；
【详解】（1）工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；其中有效成分是Ca(ClO)2；该反应中部分氯元素化合价由0升高为+1、部分氯元素化合价由0降低为-1，所以氯气既是氧化剂又是还原剂，且物质的量之比为1：1；
（2）小苏打成分为碳酸氢钠，胃酸主要成分为稀盐酸，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式： HCO3- + H+ = CO2 ↑+ H2O；
（3）①ICl3中I元素化合价为+3，Cl元素化合价为-1价，ICl3发生水解反应的方程式是ICl3+2H2O= 3HCl+HIO2，所以产物可能是HCl、HIO2；
②ICl中I元素化合价为+1，Cl元素化合价为-1价，与氢氧化钠反应的离子方程式是ICl＋2OH－=Cl－＋IO－＋H2O，没有化合价变化，所以不是氧化还原反应。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，侧重氧化还原反应规律的应用。
17.重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液是实验和科研中一种常用氧化剂。酸性条件下，Cr2O72－通常被还原为Cr3＋。
（1）某同学欲用K2Cr2O7固体配制500 mL 0.04000 mol·L－1的K2Cr2O7溶液。
①需用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、____________________。
②应该称取K2Cr2O7固体的质量为___________。
（2）交警常用装有重铬酸钾酒精测试仪检测司机是否酒后驾车，其化学反应原理如下：2K2Cr2O7＋3C2H5OH＋8H2SO4＝2Cr2（SO4）3＋3CH3COOH＋2K2SO4＋11H2O。每有1 mol C2H5OH发生反应，转移电子的物质的量是___________。
【答案】 (1). 胶头滴管、500mL容量瓶 (2). 5.9 (3). 4mol
【解析】
【分析】
(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤分析使用的仪器；根据m=cVM计算需要K2Cr2O7固体的质量；
（2）2K2Cr2O7＋3C2H5OH＋8H2SO4＝2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋2K2SO4＋11H2O反应中铬元素从+6降到+3价。
【详解】（1）①配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器：胶头滴管、500mL容量瓶；
②配制500 mL 0.04000 mol·L－1的K2Cr2O7溶液，需要溶质的质量m=0.5L×0.04mol/L×294g/mol=5.88g，由于托盘天平精确度到0.1g,因此称量的质量为5.9g；
（2）依据方程式：2K2Cr2O7＋3C2H5OH＋8H2SO4＝2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋2K2SO4＋11H2O可知，反应中铬元素从+6降到+3价，2molK2Cr2O7参加反应消耗3mol乙醇，转移12mol电子，则每有1mol C2H5OH发生反应，转移电子的物质的量是12mol÷3=4 mol。
18.海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。
请回答下列问题：
（1）步骤I中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，粗盐精制过程中依次加入过量BaCl2、Na2CO3溶液，请写出加入Na2CO3溶液后相关化学反应的离子方程式：_____________。
（2）海水提溴，制得1mol Br2至少需要消耗_________mol Cl2。步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化，其作用是_________________。步骤Ⅱ若用Na2SO3水溶液吸收Br2，有关反应的离子方程式为__________。
（3）为了从工业Br2中提纯溴，除去产物中残留的少量Cl2，可向其中加入_________溶液。
（4）步骤Ⅳ由Mg(OH)2得到单质Mg，以下方法最合适的是_________（填序号）。
A. B．
C. D.
（5）判断Mg（OH）2是否洗涤干净的操作是_________。
【答案】 (1). Ca2++ =CaCO3↓、Ba2++ =BaCO3↓ (2). 2 (3). 抑制氯气和水反应 (4). Br2+ +H2O= +2H++2Br− (5). NaBr（或溴化钠） (6). D (7). 取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀产生，证明沉淀已经洗涤干净
【解析】
分析】
（1）加入Na2CO3溶液可除去溶液中的Ca2+、Ba2+；
（2）流程中海水提溴，先向母液中通入Cl2将Br−氧化为Br2，再用SO2将其还原为Br−，最后再通入Cl2将Br−氧化为Br2；根据平衡移动原理分析加入硫酸的作用；Na2SO3水溶液吸收Br2生成硫酸钠和溴化氢；
（3）氯气的氧化性大于溴，氯气与溴化钠反应生成溴和氯化钠；
（4）镁是活泼金属，氧化镁的熔点大于氯化镁，所以工业上电解熔融的氯化镁冶炼金属镁；
（5）过滤出氢氧化镁固体的母液中含有氯离子，所以可以通过检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子判断Mg(OH)2是否洗涤干净。
【详解】（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，可依次加入过量BaCl2（除去硫酸根离子）、Na2CO3（除去钙离子的多余的钡离子）、NaOH（除去镁离子），最后加适量盐酸调节溶液的pH等于7后蒸发即可，所以加入Na2CO3溶液后相关化学反应的离子方程式为：Ca2++CO =CaCO3↓、Ba2++CO =BaCO3↓。
（2）流程中海水提溴，先向母液中通入Cl2将Br−氧化为Br2，再用SO2将其还原为Br−，最后再通入Cl2将Br−氧化为Br2，忽略过程中的损失，所以制得1mol Br2至少需要消耗2molCl2。
因为氯气和水能发生反应，所以步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化，抑制氯气和水的反应。步骤Ⅱ若用Na2SO3水溶液吸收Br2，SO 被氧化成SO ，Br2被还原为Br−，反应的离子方程式为：Br2+SO +H2O=SO +2H++2Br−。
（3）因为氯气与溴化钠反应生成溴和氯化钠，除去Br2中残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr（或溴化钠）溶液。
（4）电解MgCl2溶液得不到单质Mg，氧化镁熔点很高，应电解熔融 MgCl2制取单质Mg，所以D项制取单质镁的方法最合适。
（5）判断Mg(OH)2是否洗涤干净，就是检验最后一次洗涤液中是否存在Cl−，具体操作为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀产生，证明Mg(OH)2已经洗涤干净。
【点睛】本题考查了海水资源及其利用，涉及金属的冶炼、物质的分离和提纯、氧化还原反应等知识，从总体上分析工艺流程图，知道每一步发生的反应或操作方法，需要熟悉常见物质的分离方法。
19.A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
（1）若A为常见的金属单质，且其焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：___________________________________________。
（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为__________（填字母）。
a. NaHCO3 b. Na2CO3 c.Al(OH)3 d.NaAlO2
（3）若A为淡黄色粉末，则A的电子式为_______ 。若X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为___。（填字母）
a.盐酸 b.CaCl2溶液 c.氨水 d.澄清石灰水
（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与水反应的化学方程式中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________。
【答案】 (1). OH-+HSO3-=SO32-+H2O (2). bd (3). (4). ab (5). 1:2
【解析】
【分析】
（1）若A为常见的金属单质，由焰色反应呈黄色可知A是金属Na，由 X能使品红溶液褪色可知X是SO2，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和二氧化硫反应，则B是氢气、C是氢氧化钠，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，则D是亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，则E是亚硫酸氢钠；
（2）若A为短周期元素组成的单质，由该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强可知A是氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，能和弱酸盐反应；
（3）若A为淡黄色粉末，由淡黄色固体能和水反应可知A为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，由X为一种最常见的造成温室效应的气体可知X为二氧化碳，则C是氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠；
（4）若A是氧化物，X是铁，由溶液D中加入硫氰化钾溶液显红色，说明D中含有三价铁离子，由A和水反应生成酸和另一种物质可知，A为二氧化氮、B为一氧化氮、C为硝酸、D为硝酸铁、E为硝酸亚铁。
【详解】（1）若A为常见的金属单质，由焰色反应呈黄色可知A是金属Na，由 X能使品红溶液褪色可知X是SO2，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和二氧化硫反应，则B是氢气、C是氢氧化钠，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，则D是亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，则E是亚硫酸氢钠，氢氧化钠溶液和亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：OH－＋HSO3－=SO32－＋H2O，故答案为OH－＋HSO3－=SO32－＋H2O；
（2）若A为短周期元素组成的单质，由该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强可知A是氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，能和弱酸盐反应，由题给转化关系可知，X可能为碳酸钠，碳酸钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，则X为碳酸钠、D为二氧化碳、E为碳酸氢钠；X也可能为偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液与偏铝酸钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，则X为偏铝酸钠、D为氯化铝、E为氢氧化铝，故答案为bd；
（3）若A为淡黄色粉末，由淡黄色固体能和水反应可知A为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，电子式为 ，由X为一种最常见 造成温室效应的气体可知X为二氧化碳，则C是氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠，
a、碳酸钠盐酸反应先不生成气体后产生气体，碳酸氢钠和盐酸立即反应生成气体，故正确；
b、碳酸氢钠和氯化钡不反应，碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀，故正确；
c、氢氧化钠和碳酸钠不反应，和碳酸氢钠反应生成水，都没有明显现象，故错误；
d、氢氧化钙和碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成白色沉淀，故错误；
ab正确，故答案为 ；ab；
（4）若A是氧化物，X是铁，由溶液D中加入硫氰化钾溶液显红色，说明D中含有三价铁离子，由A和水反应生成酸和另一种物质可知，A为二氧化氮、B为一氧化氮、C为硝酸、D为硝酸铁、E为硝酸亚铁，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，由反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为1:2。
20.铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如下：
实验室中可用FeSO4（用铁粉和稀硫酸反应制得）和NH4HCO3在如下装置模拟上述流程中的“转化”环节。
（1）装置A的名称是________，装置B中盛放的药品是________，NH4HCO3盛放在装置________中。
（2）实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，操作方法是______________， 发生主要反应的离子方程式为_________。FeSO4溶液要现用现配制的原因是_______，检验久置的FeSO4是否变质的方法是_________________。
（3）干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为________，取干燥后的FeCO3样品12.49 g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉6.16 g，计算样品中杂质FeOOH的质量：________ g。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 铁粉 (3). C (4). （待D处的氢气纯净后）关闭活塞3，打开活塞2 (5). Fe2＋＋2 HCO3− =FeCO3↓＋CO2↑＋H2O（或Fe2＋＋HCO3− =FeCO3↓＋H＋、HCO3−＋H＋=CO2↑＋H2O） (6). 亚铁离子易被氧化 (7). 取样品配成溶液，取少量溶液于试管中，再向试管中加入KSCN溶液，观察是否显血红色 (8). 4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2 (9). 0.89
【解析】
【分析】
根据装置图，可知关闭活塞2、打开活塞3，B中铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气把C中空气排出，再关闭活塞3、打开活塞2，产生的氢气把硫酸亚铁压入C中与碳酸氢铵反应。
【详解】根据以上分析，（1）装置A是分液漏斗，盛放稀硫酸，装置B中盛放铁粉，稀硫酸与铁粉反应生成H2和FeSO4。装置C中盛放NH4HCO3。
（2）检验D处氢气已纯净时，表明装置中空气已排尽，关闭活塞3，打开活塞2，在氢气作用下将FeSO4溶液压入C中发生反应。碳酸氢铵和硫酸亚铁 在C中反应生成碳酸亚铁，同时放出二氧化碳，反应的离子方程式是Fe2＋＋2HCO3− =FeCO3↓＋CO2↑＋H2O ；FeSO4具有还原性，易被O2氧化，故FeSO4溶液要现用现配。若FeSO4变质，则溶液中有Fe3＋生成，Fe3＋遇KSCN溶液显红色，所以用KSCN溶液检验久置的FeSO4是否变质。
（3）FeCO3、H2O、O2反应生成FeOOH和CO2，反应方程式是4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2。设干燥后的FeCO3样品中FeCO3、FeOOH的物质的量分别为xmol、ymol，则xmol×116 g·mol－1＋ymol×89 g·mol－1＝12.49g，56 g·mol－1×（x＋y）＝6.16 g，解得：x＝0.1 mol，y＝0.01 mol。故m（FeOOH）＝0.89 g。
华大新高考联盟2020届高三化学4月质量测评试卷（Word版附答案）
华大新高考联盟2020届高三化学4月质量测评试卷（Word版附答案）,高三化学4月测评试卷,莲山课件.
