考点 10
一、给定化学方程式的书写 1．在某强酸性混合稀溶液中加入 H 2 O 2 ，调节 pH≈3，Ce3＋ 通过下列反应形成 Ce(OH)4 沉淀得以分离。完成下列反应的离子方程式：
Ce3＋ ＋ H 2 O 2 ＋ H 2 O=== Ce(OH) 4 ↓＋ ________ 2．完成 NaClO 3 氧化酸性 FeCl 2 的离子方程式：
ClO－3 ＋ Fe2＋ ＋ ________=== Cl－ ＋ Fe3＋ ＋ ________ 3．含氮废水进入水体中对环境造成的污染越来越严重，用金属铝可将水中的 NO－3 还原成 N 2 ，从而消除氮污染，请配平离子反应方程式：
NO－3 ＋ Al＋ H 2 O=== N 2 ↑＋ Al(OH) 3 ＋ ________ 4．亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中发生以下反应：
____ Na 2 SO 3 ＋____ KIO 3 ＋____ H 2 SO 4 ===____ Na 2 SO 4 ＋____ K 2 SO 4 ＋____ I 2 ＋____ H 2 O (1)配平上面的氧化还原方程式。
(2)若反应中有 5 mol 电子转移，则生成的碘单质是________ mol。
二、化学方程式的书写(信息型) 5．Mg(ClO 3 ) 2 加入到含有 KSCN 的 FeSO 4 酸性溶液中立即出现红色，写出相关反应的离子方程式：
__________________________________________。
6．(2017·石家庄高三质检)我国的铜主要取自黄铜矿(CuFeS 2 )，随着矿石质量的降低和环保要求的提高，湿法炼铜的优势日益突出。氧化浸出法是主要方法之一，氧化浸出法即是在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿氧化，测得有 SO2－4 生成。
(1)该反应的离子方程式为_________________________________。
(2)该反应在 25～50 ℃下进行，实际生产中双氧水的消耗量要远远高于理论值，试分析其原因为_____________________________________________________________。
7．(2018·佛山检测)NH 3 催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：
(1)SCR 技术中的氧化剂为__________________。
(2)当 NO 2 与 NO 的物质的量之比为 1∶1 时，与足量氨气在一定条件下发生反应。该反应的化学方程式为______。当有 3 mol 电子发生转移时，则参与反应的 NO 的物质的量为________。
8．(2017·安徽示范高中联考)硫酸亚铁是生产钛白的副产品，价格低，以硫酸亚铁为原料制备高效净水剂高铁酸钾(K 2 FeO 4 )可大大降低成本。其生产工艺如下：
已知：NaNO 2 是在空气中将 Fe2＋ 氧化为铁黄(FeOOH)的催化剂；铁黄微溶于酸。
请回答下列问题：
(1)铁黄(FeOOH)中铁元素的化合价是________。写出反应①生成铁黄(FeOOH)的离子方程式：___________________________________________， 在通入 O 2 “氧化”FeSO 4 的过程中，溶液的 pH________(填“增大”“减小”或“不变”) (2)写出反应③的化学方程式___________________________。
(3)K 2 FeO 4 可作为新型多功能水处理剂的原因是_____________________________。
(4)该工艺每消耗标准状况下 112 L Cl 2 理论上得到________g K 2 FeO 4 。
答案精析
1．2 1 6 2 6 H＋
解析 H 2 O 2 作氧化剂，1 mol H 2 O 2 得 2 mol e－ ，Ce 3＋ 作还原剂，1 mol Ce 3＋ →Ce＋4 (OH) 4 失 1 mol e－ ，故 Ce 3＋ 和 H2 O 2 的系数分别为 2、1，再由电荷守恒知，产物中必有 H＋ ，其前面的系数为 6。
2．1 6 6 H＋
1 6 3 H2 O 3．6 10 18 3 10 6 OH－
解析 用化合价升降法配平。在该反应中，氧化剂 2NO－3 →N 2 ，化合价降低的总数为 10；还原剂(Al→Al3＋ )，化合价升高的总数为 3。由此先确定氧化剂与还原产物、还原剂与氧化产物的化学计量数。由电荷守恒确定 OH－ 及其化学计量数，最后用观察法配平其他物质。
4．(1)5 2 1 5 1 1 1 (2)0.5 解析 (1)Na 2 SO 3 中 S 由＋4 价变为＋6 价，升 2 价，KIO 3 中 I 由＋5 价变为 0 价，降 5 价，最小公倍数为 10，即 Na 2 SO 3 的化学计量数为 5，KIO 3 的化学计量数为 2，然后依据原子个数守恒，配平其他，即 5Na 2 SO 3 ＋2KIO 3 ＋H 2 SO 4 ===5Na 2 SO 4 ＋K 2 SO 4 ＋I 2 ＋H 2 O。(2)依据(1)生成 1 mol I 2 ，共转移 10 mol 电子，因此转移 5 mol 电子，生成 0.5 mol I 2 。
5．ClO－3 ＋6Fe2＋ ＋6H ＋ ===6Fe 3＋ ＋Cl － ＋3H2 O、Fe3＋ ＋3SCN － ===Fe(SCN)3
解析 显红色，说明 ClO－3 在酸性条件下把 Fe2＋ 氧化成了 Fe 3＋ ，Fe 3＋ 与 SCN － 反应生成红色的Fe(SCN) 3 。
6．(1)2CuFeS 2 ＋17H 2 O 2 ＋2H＋ ===2Cu 2＋ ＋2Fe 3＋ ＋4SO 2－4 ＋18H 2 O (2)H 2 O 2 受热分解；产物 Cu2＋ 、Fe 3＋ 催化 H2 O 2 分解等 解析 (1)黄铜矿主要成分为 CuFeS 2, 被双氧水氧化成 SO2－4 ，硫离子及亚铁离子都会被氧化，故反应的离子方程式为 2CuFeS 2 ＋17H 2 O 2 ＋2H＋ ===2Cu 2＋ ＋2Fe 3＋ ＋4SO 2－4 ＋18H 2 O。(2)H 2 O 2 不稳定受热易分解，且产物 Cu2＋ 、Fe 3＋ 催化 H2 O 2 分解，都使双氧水的消耗量要远远高于理论值。
7．(1)NO、NO 2
(2)2NH 3 ＋NO 2 ＋NO===2N 2 ＋3H 2 O 0.5 mol 解析 (1)根据反应原理：NO、NO 2 中 N 的化合价降低，作氧化剂，NH 3 中 N 的化合价升高，作还原剂。(2)当 NO 2 与 NO 的物质的量之比为 1∶1 时，共得到电子 6 mol,1 mol NH 3 参加反应失去 3 mol 电子，根据得失电子数目守恒，应有 2 mol NH 3 参加反应，故反应方程式：2NH 3＋NO 2 ＋NO===2N 2 ＋3H 2 O,1 mol NO 参加反应时共转移 6 mol 电子，有 3 mol 电子发生转移时，则参与反应的 NO 的物质的量为 36
mol＝0.5 mol。
8．(1)＋3 4Fe2＋ ＋O2 ＋6H 2 O=====NaNO 2 4FeOOH↓＋8H ＋
减小 (2)2FeOOH＋3KClO＋4KOH===2K 2 FeO 4 ＋3H 2 O＋3KCl
(3)K 2 FeO 4 具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中自身被还原为 Fe3＋ ，Fe 3＋ 水解生成的 Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降(答案合理均可) (4)660 解析 (1)由图示知反应物为 O 2 、FeSO 4 ，生成物为 FeOOH，由已知条件知 NaNO 2 作催化剂，故反应的离子方程式为 4Fe2＋ ＋O2 ＋6H 2 O=====NaNO 2 4FeOOH↓＋8H ＋ ；由方程式知反应中生成 H ＋ ，故溶液 pH减小。(4) n (Cl 2 )＝112 L22.4 L·mol－1 ＝5 mol，由 Cl 2 ＋2KOH===KCl＋KClO＋H 2 O,3KClO＋2FeOOH＋4KOH===2K 2 FeO 4 ＋3H 2 O＋3KCl 可知 3Cl 2 ～2K 2 FeO 4 。故得到 K 2 FeO 4 的质量为 m (K 2 FeO 4 )＝ 5 mol×23×198 g·mol－1 ＝660 g。
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．化学与生活密切相关，下列说法错误的是（
）
A．二氧化硫可用于食品增白 B．过氧化钠可用于呼吸面具 C．高纯度的单质硅可用于制光电池 D．用含有橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾 【答案】A 【解析】
【详解】
A.SO 2 具有漂白性，可以使品红溶液等褪色，但由于 SO 2 对人体会产生危害，因此不可用于食品漂白，A 错误； B.过氧化钠与人呼出的气体中的 CO 2 、H 2 O 蒸气反应会产生 O 2 ，可帮助人呼吸，因此可用于呼吸面具，B 正确； C.高纯度的单质硅是用于制光电池的材料，C 正确； D.橙色酸性重铬酸钾溶液具有强的氧化性，能将乙醇氧化，而其本身被还原为+3 价的 Cr 3+ ，因此可根据反应前后颜色变化情况判断是否饮酒，故可用于检验司机是否酒驾，D 正确； 故合理选项是 A。
2．以下物质的水溶液显酸性的是 A．NaHCO 3
B．NaHSO 4
C．CH 3 COOK D．KNO 3
【答案】B 【解析】
【详解】
溶液的酸碱性取决于溶液中 c(H + )、c(OH - )的相对大小。c(H + )>c(OH - )的溶液呈酸性。
A. NaHCO 3 在溶液中完全电离，生成的 HCO 3 - 以水解为主使溶液呈碱性，A 项错误； B. NaHSO 4 在溶液中完全电离生成 Na + 、H + 、SO 4 2- ，使溶液呈酸性，B 项正确； C. CH 3 COOK 在溶液中完全电离，生成的 CH 3 COO - 水解使溶液呈碱性，C 项错误； D. KNO 3 溶液中，K + 、NO 3 - 不能发生水解，溶液呈中性，D 项错误。
本题选 B。
3．Na 2 FeO 4 只在强碱性条件下稳定，易被 H 2 还原。以 NaOH 溶液为电解质，制备 Na 2 FeO 4
的原理如图所示，在制备过程中需防止 FeO 4 2- 的渗透。下列说法不正确
A．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出 B．铁电极上的主要反应为：Fe－6e - +8OH - = FeO 4 2- +4H 2 O C．电解一段时间后，Ni 电极附近溶液的 pH 减小 D．图中的离子交换膜为阴离子交换膜 【答案】C 【解析】
【分析】
由电解示意图可知，铁电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生成 FeO 4 2- ，电极反应式为 Fe－6e - +8OH - = FeO 4 2- +4H 2 O，镍电极为阴极，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为 2H 2 O+2e - =H 2 ↑+2OH - ，根据题意 Na 2 FeO 4 只在强碱性条件下稳定，易被 H 2 还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止 Na 2 FeO 4 与 H 2 反应使产率降低。
【详解】
A 项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为 2H 2 O+2e - ＝H 2 ↑+2OH - ，氢气具有还原性，根据题意 Na 2 FeO 4 只在强碱性条件下稳定，易被 H 2 还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止 Na 2 FeO 4 与 H 2 反应使产率降低，故 A 正确； B 项、阳极上铁失电子发生氧化反应生成 FeO 4 2- ，电极反应式为 Fe-6e - +8OH - =FeO 4 2- +4H 2 O，故 B 正确； C 项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为 2H 2 O+2e - ＝H 2 ↑+2OH - ，由于有 OH - 生成，电解一段时间后，Ni 电极附近溶液的 pH 增大，故 C 错误； D 项、铁是阳极，电极反应式为 Fe-6e - +8OH - ＝FeO 4 2- +4H 2 O，Ni 电极上氢离子放电，电极反应式为 2H 2 O+2e - ＝H 2 ↑+2OH - ，氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，故 D 正确。
故选 C。
【点睛】
本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。
4．设 N A 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（
）
A．25℃，pH=1 的 H 2 SO 4 溶液中，H + 的数目为 0.2N A
B．常温常压下，56g 丙烯与环丁烷的混合气体中含有 4N A 个碳原子 C．标准状况下，11.2LCHCl 3 中含有的原子数目为 2.5N A
D．常温下，1mol 浓硝酸与足量 Al 反应，转移电子数为 3N A
【答案】B 【解析】
【详解】
A．溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故 A 错误； B．丙烯和环丁烷的最简式均为 CH 2 ，故 56g 混合物中含 4molCH 2 原子团，故含 4N A 个碳原子，故 B 正确； C．标准状况下，CHCl 3
是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故 C 错误； D．常温下，铝和浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移的电子数，故 D 错误； 答案选 B 【点睛】
本题的易错点为 D，要注意常温下，铁、铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，反应会很快停止。
5．化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（
）
A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的 B．气溶胶的分散剂可以是空气或液体水 C．FeCl 3 溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板 D．福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜 【答案】C 【解析】
【分析】
【详解】
A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A 错误；
B．气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B 错误； C．FeCl 3 溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C 正确； D．福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D 错误； 答案选 C。
6．设 N A 代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（
）
A．5.6g 铁与足量盐酸反应转移的电子数为 0.3N A
B．100mL2.0mol/L 的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为 0.2N A
C．标准状况下，22.4L 氦气与 22.4L 氟气所含原子数均为 2N A
D．常温常压下，20g 重水(D 2 O)中含有的电子数为 10N A
【答案】D 【解析】
【详解】
A. 5.6g 铁为 0.1mol，与足量盐酸反应生成 Fe 2+ 和 H 2 ，转移的电子数为 0.2N A ，A 错误； B. 醋酸为弱电解质，100mL2.0mol/L 的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于 0.2N A ，B 错误； C. 标准状况下，22.4LHe 与 22.4LF 2 所含原子数不相等，前者为 0.1N A ，后者为 0.2N A ，C 错误； D. 常温常压下，20g 重水(D 2 O)的物质的量为 1mol，含有的电子数为 10N A ，D 正确。
故选 D。
7．室温下，有 pH 均为 9，体积均为 10 mL 的 NaOH 溶液和 CH 3 COONa 溶液，下列说法正确的是 A．两种溶液中的 c(Na + )相等 B．两溶液中由水电离出的 c(OH - )之比为 10 -9 /10 -5
C．分别加水稀释到 100mL 时，两种溶液的 pH 依然相等 D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等 【答案】B 【解析】
【分析】
pH 相等的 NaOH 和 CH 3 COONa 溶液，c（NaOH）＜c（CH 3 COONa），相同体积、相同 pH
的这两种溶液，则 n（NaOH）＜n（CH 3 COONa）。
【详解】
A．pH 相等的 NaOH 和 CH 3 COONa 溶液，c（NaOH）＜c（CH 3 COONa），钠离子不水解，所以钠离子浓度 NaOH＜CH 3 COONa，故 A 错误； B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，NaOH 溶液中 c（H + ）等于水电离出 c（OH - ）=10 -9 mol/L，CH 3 COONa 溶液 10 -14 /10 -9 =10 -5 mol/L，两溶液中由水电离出的 c（OH - ）之比=10 -9 /10 -5 ，故正确； C．加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中 pH 大小为 CH 3 COONa＞NaOH，故 C 错误； D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与 NaOH、CH 3 COONa 的物质的量成正比，n（NaOH）＜n（CH 3 COONa），所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，故 D 错误。
8．25℃时，浓度相同的 Na 2 CO 3 和 NaHCO 3 溶液，下列判断错误的是（
）
A．粒子种类不同 B．c(Na + )前者大于后者 C．c(OH - )前者大于后者 D．分别加入 NaOH 固体，c(CO 3 2- )均增大 【答案】A 【解析】
【详解】
A 项、NaHCO 3 溶液中存在如下平衡：H 2 O⇌H + +OH - 、HCO 3 - ⇌CO 3 2- +H + 、H 2 O+HCO 3 - ⇌H 2 CO 3 +OH - ，Na 2 CO 3 溶液中存在如下平衡：H 2 O⇌H + +OH - 、H 2 O+CO 3 2- ⇌HCO 3 - +OH - 、H 2 O+HCO 3 - ⇌H 2 CO 3 +OH - ，溶液中存在的粒子种类相同，故 A 错误； B 项、Na 2 CO 3 中 c（Na + ）=2c（Na 2 CO 3 ），NaHCO 3 溶液中 c（Na + ）=c（NaHCO 3 ），二者浓度相等，则 c（Na + ）前者大于后者，故 B 正确； C 项、碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的 c（OH - ）大于碳酸氢钠溶液中的 c（OH - ），故 C 正确； D 项、向浓度相同的 Na 2 CO 3 和 NaHCO 3 溶液分别加入 NaOH 固体，NaOH 会抑制 Na 2 CO 3 的水解，与 NaHCO 3 反应生成 Na 2 CO 3 ，则两种溶液中 c（CO 3 2- ）均增大，故 D 正确； 故选 A。
9．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（
）。
选项 目的 分离方法 原理 A 分离溶于水中的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度较大
B 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯和乙醇的密度不同 C 除去丁醇中的乙醚 蒸馏 丁醇与乙醚互溶且沸点相差较大 D 除去 KNO 3 固体中混杂的 NaCl 重结晶 NaCl 在水中的溶解度受温度影响大 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】
【详解】
A.乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，A 错误； B.乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，可用蒸馏的方法或加入饱和碳酸钠溶液分离，B 错误； C.丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同且相差较大，可用蒸馏的方法分离，C 正确； D.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法。NaCl 随温度升高溶解度变化不大，KNO 3 随温度升高溶解度变化大，D 错误； 故合理选项是 C。
【点睛】
本题考查物质的分离提纯，注意相关物质性质的异同，掌握常见物质的分离方法和操作原理是解题的关键，题目难度不大，D 项为易错点，注意 NaCl 和 KNO 3 在水中溶解度的差异。
10．下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（
）
A．甲酸甲酯和乙酸 B．对甲基苯酚和苯甲醇 C．油酸甘油酯和乙酸乙酯 D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯 【答案】C 【解析】
【分析】
【详解】
A．甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A 不合题意； B．对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B 不合题意； C．油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，C 符合题意；
D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差 2 个 CH 2 ，互为同系物，D不合题意； 故选 C。
11．下列物质的性质和用途不存在因果关系的是 A．胶体具有电泳的性质，可向豆浆中加入盐卤制作豆腐 B．醋酸酸性强于碳酸，用醋酸溶液清除热水器中的水垢 C．小苏打受热易分解，在面粉中加入适量小苏打焙制糕点 D．氧化铝熔点高，可作耐高温材料 【答案】A 【解析】
【分析】
【详解】
A. 胶体具有电泳的性质证明胶体粒子带有电荷，在电场力作用下会向某一个电极定向移动，可向豆浆中加入盐卤制作豆腐是蛋白质胶体粒子遇电解质，胶粒上吸附的电荷被中和发生聚沉现象，与电泳无关，不存在因果关系，A 符合题意； B. 醋酸酸性强于碳酸，醋酸与水垢中的 CaCO 3 发生复分解反应产生可溶性醋酸钙，因而可用醋酸溶液清除热水器中的水垢，有因果关系，B 不符合题意； C. 小苏打受热易分解会产生 CO 2 可以使面团松软，所以在面粉中加入适量小苏打焙制糕点，有因果关系，C 不符合题意； D. 氧化铝属于离子化合物，阳离子与阴离子之间有强烈的离子键，所以物质熔点高，不容易变为液态，因此可作耐高温材料，有因果关系，D 不符合题意； 故合理选项是 A。
12．下列各组物质的分类正确的是 ①同位素：
1 H、 2 H 2 、 3 H ②同素异形体：C 80 、金刚石、石墨 ③酸性氧化物：CO 2 、NO、SO 3 ④混合物：水玻璃、水银、水煤气 ⑤电解质：明矾、冰醋酸、石膏 ⑥干冰、液氯、乙醇都是非电解质 A．②⑤ B．②⑤⑥ C．②④⑤⑥ D．①②③④⑤⑥ 【答案】A 【解析】
【详解】
①质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，2H 2 是单质，不是核素，①错误； ②由同一种元素形成的不单质互为同素异形体，C 80 、金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质，②正确； ③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，NO 不是酸性氧化物，③错误； ④水银是单质，④错误； ⑤溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，明矾、冰醋酸、石膏均是电解质，⑤正确； ⑥溶于水和熔融状态下不能导电的化合物是非电解质，液氯是单质，不是非电解质，⑥错误。
答案选 A。
13．铋(Bi)位于元素周期表中第ⅤA 族，其价态为＋3 时较稳定，铋酸钠(NaBiO 3 )溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO 4 )溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：
在上述实验条件下，下列结论正确的是 A．BiO 3 - 的氧化性强于 MnO 4 -
B．H 2 O 2 被高锰酸根离子还原成 O 2
C．H 2 O 2 具有氧化性，能把 KI 氧化成 I 2
D．在 KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液一定变蓝色 【答案】A 【解析】
【分析】
【详解】
A. 向无色硫酸锰(MnSO 4 )溶液中加入适量无色铋酸钠(NaBiO 3 )溶液，充分反应后溶液变为紫红色，说明反应产生了 MnO 4 - ，Mn 元素化合价升高，失去电子被氧化为 MnO 4 - ，根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知 BiO 3 - 的氧化性强于 MnO 4 - ，A正确； B. 向该紫色溶液中加入过量 H 2 O 2 ，溶液的红色消失，产生气泡，说明产生了 O 2 ，氧元素化合价升高，失去电子，被氧化，则 H 2 O 2 被高锰酸根离子氧化成 O 2 ，B 错误；
C. 向溶液中加入适量 KI-淀粉溶液，溶液缓慢变为蓝色，可能是 H 2 O 2 将 KI 氧化为 I 2 ，也可能是 Mn 2+ 作催化剂使 H 2 O 2 分解产生的 O 2 将 KI 氧化为 I 2 ，I 2 遇淀粉溶液变为蓝色，C 错误； D. 铋酸钠具有强的氧化性，可以将 KI 氧化为 I 2 ，I 2 遇淀粉溶液变为蓝色，也可以将 KI 氧化为 KIO 3 ，因此溶液不一定变为蓝色，D 错误； 故合理选项是 A。
14．将浓度均为 0.5mol∙L -1 氨水和 KOH 溶液分别滴入到体积均为 20mL 且浓度相同的 AlCl 3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是(
)
A．AlCl 3 溶液的物质的量浓度为 0.2mol∙L -1
B．根据图象可以确定导电率与离子种类有关 C．cd 段发生的反应是 Al(OH) 3 ＋OH－ ＝AlO 2 － ＋2H 2 O D．e 点时溶液中的离子浓度：c(K + ) ＝c(Cl－ ) ＋c(AlO 2 － ) 【答案】D 【解析】
【分析】
根据图象得出 I 为氨水滴加到氯化铝溶液中的图象，II 为 KOH 滴加到氯化铝溶液中的图象，c 点为恰好反应生成氢氧化铝沉淀的点。
【详解】
A 选项，根据分析得到 c 点恰好反应完生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钾的物质的量是氯化铝物质的量的 3 倍，因此 AlCl 3 溶液的物质的量浓度为-1-10.024L0.020Lc= =0.20.5mol Lmol L3，故A 正确； B 选项，根据图象可以确定导电率与离子种类、离子浓度有关，故 B 正确； C 选项，c 点是氢氧化铝沉淀，再加入 KOH，则沉淀开始溶解，其 cd 段发生的反应是 Al(OH) 3＋OH－ ＝AlO 2 － ＋2H 2 O，故 C 正确； D 选项，e 点是 KOH、KAlO 2 、KCl，溶液中的离子浓度：c(K + )＋c(H + )＝c(Cl－ )＋c(OH － )＋c(AlO 2－ )，故 D 错误。
综上所述，答案为 D。
15．天然气因含有少量 H 2 S 等气体开采应用受限。T．F 菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．该脱硫过程需要不断添加 Fe 2 (SO 4 ) 3 溶液 B．脱硫过程 O 2 间接氧化 H 2 S C．亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO 4 可用于治疗缺铁性贫血 D．《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐 【答案】A 【解析】
【详解】
A.T．F 菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe 2 (SO 4 ) 3 氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为 2Fe 3+ +H 2 S=2Fe 2+ +S↓+2H + ），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为 4Fe 2+ +O 2 +4H + =4Fe 3+ +2H 2 O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加 Fe 2 (SO 4 ) 3 溶液，A 错误； B.脱硫过程：Fe 2 (SO 4 ) 3 氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程 O 2 间接氧化 H 2 S，B 正确； C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送 O 2 的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO 4 可用于治疗缺铁性贫血，C 正确； D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D 正确； 故合理选项是 A。
二、实验题（本题包括 1 个小题，共 10 分）
16．某同学欲用 98%的浓 H 2 SO 4 （ρ=1.84g/cm 3 ）配制成 500mL 0.5mol/L 的稀 H 2 SO 4
（1）填写下列操作步骤：
①所需浓 H 2 SO 4 的体积为____。
②如果实验室有 10mL、20mL、50mL 量筒，应选用___mL 量筒量取。
③将量取的浓 H 2 SO 4 沿玻璃棒慢慢注入盛有约 100mL 水的___里，并不断搅拌，目的是___。
④立即将上述溶液沿玻璃棒注入____中，并用 50mL 蒸馏水洗涤烧杯 2～3 次，并将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡。
⑤加水至距刻度___处，改用__加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀。
（2）请指出上述操作中一处明显错误：____。
（3）误差分析：（填偏高、偏低、无影响）
①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将___； ②问题（2）的错误操作将导致所配制溶液的浓度___； 【答案】13.6mL
20
烧杯
使大量的热及时排除，防止液体飞溅
500mL 容量瓶
1cm~2cm
胶头滴管
第④步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温
偏低
偏高
【解析】
【分析】
（1）①根据稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算所需浓硫酸的体积； ②根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒； ③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散； ④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中； ⑤根据定容的操作要点来分析； （2）根据浓硫酸稀释放热来分析； （3）根据 c=nV，结合溶质的物质的量 n 和溶液的体积 V 的变化来进行误差分析。
【详解】
（1）①浓硫酸的物质的量浓度为 c=1000Mρ ω =1000 1.84 / 98%98 /g mlg mol =18.4mol/L，设需浓 H 2 SO 4 的体积为 Vml，根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变 C 浓 V 浓 =C 稀 V 稀 ：18.4mol/L×Vml=500mL×0.5mol/L，解得 V=13.6mL； ②需要浓硫酸的体积是 13.6ml，根据“大而近”的原则，应选用 20ml 的量筒； ③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散，防止液体飞溅；
④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到 500ml 容量瓶中； ⑤定容的操作是开始直接往容量瓶中加水，加水至距刻度 1～2cm 处，改用胶头滴管逐滴加水，使溶液的凹液面最低处正好跟刻度线相平； （2）浓硫酸稀释放热，故应将稀释后的溶液冷却至室温然后再进行移液，错误是第④步溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中； （3）①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取会导致浓硫酸被稀释，所取的硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度将偏低； ②问题（2）的错误是溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中，所得溶液的体积偏小，所配溶液浓度将偏高。
三、推断题（本题包括 1 个小题，共 10 分）
17．PLLA 塑料不仅具有良好的机械性能，还具有良好的可降解性。它可由石油裂解气为原料合成。下列框图是以石油裂解气为原料来合成 PLLA 塑料的流程图（图中有部分产物及反应条件未列出）。
请回答下列问题：
(1)属于取代反应的有______________（填编号）。
(2)写出下列反应的化学方程式：
反应③：________________________________； 反应⑤：______________________________。
(3)已知 E（C 3 H 6 O 3 )存在三种常见不同类别物质的异构体，请各举一例（E 除外）并写出其结构简式：______________________、__________________、_______________。
(4)请写出一定条件下 PLLA 废弃塑料降解的化学方程式___________________________。
(5)已知：
，炔烃也有类似的性质，设计丙烯合成的合成路线_______
（合成路线常用的表示方法为：A B…… 目标产物）
【答案】③⑧
+2NaOHΔ
+2NaBr
+2Cu(OH) 2Δ CH 3 COCOOH+Cu 2 O+2H 2 O
CH 3 COOCH 2 OH
+nH 2 O
【解析】
【分析】
根据 PLLA 的结构简式可知 E 的结构简式为：
，两分子 通过反应⑧酯化反应生成 F；D 与氢气通过反应⑥生成 E，则 D 的结构简式为：CH 3 COCOOH；C 通过反应 生成 D，则 C 为；B 通过反应④加热氧化成 C，则 B 为 ；A 通过反应③ 生成 B，丙烯通过与溴发生加成反应生成 A，则 A 为 ；反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答。
【详解】
根据 PLLA 的结构简式可知 E 的结构简式为：
，两分子 通过反应⑧酯化反应生成 F；D 与氢气通过反应⑥生成 E，则 D 的结构简式为：CH 3 COCOOH；C 通过反应 生成 D，则 C 为；B 通过反应④加热氧化成 C，则 B 为 ；A 通过反应③ 生成 B，丙烯通过与溴发生加成反应生成 A，则 A 为 ； (1)反应①为分解反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应，反应④⑤为氧化反应，反应⑥为加成反应，反应⑦缩聚反应，反应⑧为酯化反应，也属于取代反应，所以属于取代反应
为③⑧； (2)过反应③的化学方程式为：
； 反应⑤的化学方程式为：
； (3)E 的结构简式为 ，E 存在三种常见不同类别物质的异构体有：
、、 ； (4)PLLA 废弃塑料降解生成 ，反应的化学方程式为：； (5)根据逆合成法可知， 可以通过丙炔通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得，所以合成路线为：。
四、综合题（本题包括 2 个小题，共 20 分）
18．材料是人类文明进步的阶梯，第ⅢA、ⅣA、VA 及Ⅷ族元素是组成特殊材料的重要元素。
回答下列问题：
（1）基态硼核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为____。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为___。
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为____。
（3）NH 3 能与众多过渡元素离子形成配合物，向 CuSO 4 溶液中加入过量氨水，得到深蓝色溶液，向其中加入乙醇析出深蓝色晶体，加入乙醇的作用____，该晶体的化学式为_____。
（4）铜与(SCN) 2 反应生成 Cu(SCN) 2 ，1 mol(SCN) 2 中含有 π 键的数目为_____，HSCN 结构有两种，硫氰酸(H－S－C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H－N=C=S)的原因是_______。
（5）MgCO 3 的热分解温度_____(填“高于”或“低于”)CaCO 3 的原因是________。
（6）NH 3 分子在独立存在时 H－N－H 键角为 107°。如图是[Zn(NH 3 ) 6 ] 2 ＋ 离子的部分结构以及 H－N－H 键角的测量值。解释 NH 3 形成如图配合物后 H－N－H 键角变大的原因：_________。
（7）某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为 Li + ，每个阴离子是由 12 个硼原子和 12 个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中位置如图所示，其堆积方式为_____，Li + 占据阴离子组成的所有正四面体中心，该化合物的化学式为_____（用最简整数比表示）。假设晶胞边长为 anm，N A 代表阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的密度为________g/cm 3 。（用含 a，N A 的代数式表示）
【答案】哑铃形
C＞Be＞B
3d 7 4s 2
减小溶剂极性，降低晶体溶解度
[Cu（NH 3 ）4 SO 4 ]▪H 2 O
4N A
异硫氰酸分子间可形成氢键，所以熔沸点较高
低于
r(Mg2+ ) < r(Ca 2+ )，晶格能：MgO 大于 CaO，故 MgCO 3 更易分解为 MgO
NH 3 分子中 N 原子的孤电子对进入 Zn 2+ 的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱
面心立方最密堆积
LiB 6 H 6
233A6.32 10a N
【解析】
【分析】
（1）基态 B 核外电子占据的最高能级为 2p 能级；同周期随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，但具有全充满、半充满、全空的电子层构型的原子稳定性高，其电离能较大； （2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则该元素原子 3d 能级容纳 7 个电子，原子先填充 4s 能级，再填充 3d 能级； （3）加入乙醇能减小溶剂极性，降低[Cu（NH 3 ）
4 ]SO 4 晶体的溶解度，深蓝色的晶体：Cu（NH 3 ）
4 SO 4 •H 2 O； （4）铜与类卤素（SCN）
2 反应生成 Cu（SCN）
2 ，SCN 分子中硫原子形成两个共用电子对、C 原子形成四个共用电子对、N 原子形成三个共用电子对，（SCN）
2 结构式为 N≡C-S-S-C≡N，每个分子中含有 4 个 π 键；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
（5）碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，金属阳离子结合酸根离子中的氧离子能力越强，需要的更少外界能量来分解； （6）孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH 3 分子中 N 原子的孤电子对进入 Zn 2+ 的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥； （7）由图可知，阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；顶点阴离子与面心阴离子形成正四面体结构，晶胞中有 8 个正四面体，故晶胞中有 8 个 Li + ，均摊法计算晶胞中 B 12 H 12 n- 离子团数目，确定化学式；结合晶胞中各原子数目计算晶胞的质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。
【详解】
（1）基态 B 核外电子占据的最高能级为 2p 能级，电子云轮廓图形状为哑铃形；与硼处于同周期且相邻的两种元素为 Be、C，同周期随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，Be 原子的 2s 轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：C＞Be＞B； （2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则该元素原子 3d 能级容纳 7 个电子，原子先填充 4s 能级，再填充 3d 能级，故该元素原子价电子排布式为：3d 7 4s 2 ； （3）加入乙醇能减小溶剂极性，降低[Cu（NH 3 ）
4 ]SO 4 晶体的溶解度，得到深蓝色的晶体：Cu（NH 3 ）
4 SO 4 •H 2 O，所以乙醇的作用是减小溶剂极性，降低晶体溶解度； （4）铜与类卤素（SCN）
2 反应生成 Cu（SCN）
2 ，SCN 分子中硫原子形成两个共用电子对、C 原子形成四个共用电子对、N 原子形成三个共用电子对，（SCN）
2 结构式为 N≡C-S-S-C≡N，每个分子中含有 4 个 π 键，则 1mol（SCN）
2 中含有 π 键的数目为 4N A 或 2.408×10 24 ；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸； （5）碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，Mg 2+ 的离子半径小于 Ca 2+的，Mg 2+ 对氧离子的吸引作用比 Ca 2+ 的强，故 MgCO 3 需要较少的外界能量来分解，故热分解温度：MgCO 3 低于 CaCO 3 ； （6）NH 3 分子中 N 原子的孤电子对进入 Zn 2+ 的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，故 NH 3 形成如图 1 配合物后H-N-H 键角变大；
（7）由图可知，阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；顶点阴离子与面心阴离子形成正四面体结构，晶胞中有 8 个正四面体，故晶胞中有 8 个 Li + ，晶胞中 B 12 H 12 n- 离子团数目=8× 18+6× 12=4，故 Li、B、H 原子数目之比为 8：12×4：12×4=1：6：6，故化学式为 LiB 6 H 6 。晶胞相当于含有 8 个“LiB 6 H 6 “，晶胞质量=8× 7 11 66AN g，故晶体密度=8× 7 11 66AN g÷（a×10 -7 cm）
3 =2336.32 10Aa Ng/cm 3 。
19．中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯。甲烷在催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成•CH 3 、 等自由基，在气相中经自由基：CH 2偶联反应生成乙烯（该反应过程可逆）。
物质 燃烧热（kJ•mol -1 ）
氢气 285.8 甲烷 890.3 乙烯 1411.0 （1）已知相关物质的燃烧热如表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式______。
（2）现代石油化工采用 Ag 作催化剂，可实现乙烯与氧气制备 X（分子式为 C 2 H 4 O，不含双键）。该反应符合最理想的原子经济，则反应产物是______（填结构简式）。
（3）在一定条件下，向 2L 的恒容密闭反应器中充入 1molCH 4 ，发生上述（1）反应，10 分钟后达到平衡，测得平衡混合气体中 C 2 H 4 的体积分数为 20.0%．则：
①用 CH 4 表示该反应的平均速率为______。
②在该温度下，其平衡常数 K=______。
③下列说法正确的是______。
a．升高温度有利于提高 C 2 H 4 的产率 b．向平衡体系中充入少量 He，CH 4 的转化率降低 c．当混合气体的密度不再变化时，说明该反应达到平衡状态 d．向上述平衡体系中再充入 1molCH 4 ，达到平衡后 H 2 的体积分数减小 e．若实验测得：v（正）=k（正）c 2 （CH 4 ），v（逆）=k（逆）c 2 （H 2 ）•c（C 2 H 4 ）。其中 k
（正）、k（逆）为受温度影响的速率常数，该反应的平衡常数 K=k（正）k（逆）
（4）以铅蓄电池为电源，将 CO 2 转化为乙烯的装置如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。电解过程中，阳极区溶液中 c（H + ）逐渐______（填“增大”、“减小”或“不变”），阴极反应式______。
【答案】2CH 4 (g)═C 2 H 4 (g)+2H 2 (g)
△H=+202.0 kJ/mol 0.025mol·L -1 ·min -1 0.125ae增大 2CO 2 +12H + +12e - =C 2 H 4 +4H 2 O 【解析】
【详解】
（1）已知：①H 2 (g)+1/2O 2 (g)═H 2 O(l)
△H 1 =−285.8kJ/mol， ②CH 4 (g)+2O 2 (g)═CO 2 (g)+2H 2 O(l)△H 2 =−890.3kJ/mol， ③C 2 H 4 (g)+3O 2 (g)=2CO 2 (g)+2H 2 O(l)△H 3 =−1411.0kJ/mol， 甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH 4 (g)═C 2 H 4 (g)+2H 2 (g)，反应可由②×2−③−①×2 得到，根据盖斯定律，反应的焓变为△H=2△H 2 −△H 3 −2△H 1 =+202.0kJ/mol，故答案为：2CH 4 (g)═C 2 H 4 (g)+2H 2 (g)
△H=+202.0
kJ/mol； （2）用 Ag 作催化剂，可实现乙烯与氧气制备 X(分子式 C 2 H 4 O，不含双键)，该反应符合最理想的原子经济，X 为 ，方程式为 ，故答案为：
； （3）设平衡时生成的 C 2 H 4 的物质的量为 a，根据三段式：
1 2 2aa a a ×100%=20.0%，a=0.25mol。
①用 CH 4 表示该反应的平均速率为：v(CH 4 )=0.5mol2L10min=0.025mol·L -1 ·min -1 ，故答案为：0.025mol·L -1 ·min -1 ； ②在该温度下，其平衡常数 K= 22 2 424)c H ? c C HC (CH=220.25 ?0.1250.25=0.125，故答案为：0.125 ③a．2CH 4 (g)═C 2 H 4 (g)+2H 2 (g)
△H=+202.0
kJ/mol，正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，有利于提高 C 2 H 4 的产率，a 正确； b．恒容密闭反应器中,充入少量 He，压强变大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，CH 4 的转化率不变，b 错误 c．总质量不变，总体积不变，密度也不变，当混合气体的密度不再变化时，不能说明该反应达到平衡状态，c 错误； d．向上述平衡体系中再充入 1molCH 4 ，建立等效平衡，达到平衡后 H 2 的体积分数不变，d错误； e. v(正)=k(正)c 2 (CH 4 )，v(逆)=k(逆)c 2 (H 2 )·c(C 2 H 4 )，该反应的平衡常K= 22 2 424)c H ? c C HC (CH=k（正）k（逆）
，e 正确；故答案为：ae； （4）阴极反应式：2CO 2 +12H + +12e - =C 2 H 4 +4H 2 O，阳极反应式：2H 2 O-4e - =4 H + +O 2 ↑，阳极区溶液中 c(H + )逐渐增大，故答案为：增大；2CO 2 +12H + +12e - =C 2 H 4 +4H 2 O。
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．下列说法正确的是 A．可用金属钠除去乙醇溶液中的水 B．萃取碘水中的碘单质，可用乙醇做萃取剂 C．我国西周时发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理 D．汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，可节省石油资源，减少汽车尾气对空气的污染 【答案】D 【解析】
【详解】
A.钠与乙醇、水都能发生反应，不能用金属钠除去乙醇溶液中的水，A 错误； B.乙醇与水互溶，不能用作萃取剂，B 错误； C. “酒曲”为反应的催化剂，可加快反应速率，与平衡移动无关，C 错误； D.汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，即可满足人类能源的需要，同时减少了石油的使用，因此可节省石油资源，乙醇中含 O，提高了汽油中 O 含量，使汽油燃烧更充分，减少了碳氢化合物、CO、CO 2 等的排放，减少了汽车尾气对空气的污染，D 正确； 故合理选项是 D。
2．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．无色透明的溶液中：K + 、Cu 2+ 、SO 4 2- 、C1 -
B．加石蕊试液后变红色的溶液中：Ba 2+ 、Na + 、C1O - 、NO 3 -
C．能使 Al 转化为 A1O 2 - 的溶液中:Na + 、K + 、NO 3 - 、C1 -
D．加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中：K + 、Ca 2+ 、Br - 、OH -
【答案】C 【解析】
【详解】
A. Cu 2+ 为蓝色，不符合无色的限定条件，A 项不符合题意； B. 加石蕊试液后变红色的溶液为酸性溶液，存在大量的 H + ，此时 C1O - 会与 H + 反应生成弱酸次氯酸，不能大量存在，B 项不符合题意； C. 能使 Al 转化为 A1O 2 - 的溶液为强碱性溶液，存在大量的 OH - ，该组离子不反应，能共存，C 项符合题意；
D. 加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中至少含有 Ag + 、SiO 3 2－ 的一种，OH - 、Br - 会与 Ag + 反应生成沉淀而不存在，Ca 2+ 会与 SiO 3 2－ 反应而不存在，D 项不符合题意； 答案选 C。
【点睛】
离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如 Cu 2+ 、Fe 3+ 、Fe 2+ 、MnO 4 - 、Cr 2 O 7 2- 、CrO 4 2- 等不存在；还有一些限定条件如：常温下与 Al 反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
3．化学与工业生产密切相关。下列说法中正确的是 A．工业上常用电解熔融 MgO 制镁单质 B．工业上常用金属钠与水反应制 NaOH C．工业上炼铁的原料是铁矿石和氢气 D．工业上制备粗硅的原料是石英砂和焦炭 【答案】D 【解析】
【详解】
A．电解熔融氯化镁制得镁单质，化学方程式为： 2 2= MgCl Mg+Cl 电解熔融，而不是氧化镁，故 A 错误； B．工业上常用石灰乳与纯碱反应 Ca(OH) 2 +Na 2 CO 3 =CaCO 3 ↓+2NaOH，制备 NaOH，而不是钠与水反应，故 B 错误； C．炼铁的原料铁矿石、焦炭、石灰石，起还原剂作用的是碳和氢气反应生成的 CO，故 C错误； D．二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和一氧化碳，反应方程式为：2SiO +2C Si+2CO 高温，所以工业上制备粗硅的主要原料有石英砂和焦炭，故 D 正确； 故选：D。
【点睛】
电解制备镁单质所使用物质为氯化镁，而非氧化镁，其原因在于氧化镁的熔点较高，电解过程中耗能较大，而氯化镁的熔点较低，在熔融状态下能够发生电离，能够制备镁单质。
4．《本草纲目》记载的烧酒工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。该方法与分离下列物质的原理相同的是 A．苯和水 B．硝酸钾和氯化钠 C．食盐水和泥沙 D．乙酸丁酯和 1-丁醇 【答案】D 【解析】
【分析】
据混合物的成分及性质，选择合适的分离提纯方法。
【详解】
“酸坏之酒”含有乙醇的氧化产物乙酸，可利用它们沸点的差异，以蒸馏方法除去乙酸。
A. 苯不溶于水，密度比水小，可用分液法分离，A 项不符； B. 硝酸钾和氯化钠都易溶于水，但溶解度受温度的影响不同，通常用结晶法分离，B 项不符； C. 食盐水与泥沙，是不相溶的固液混合物，用过滤法分离，C 项不符； D. 乙酸丁酯和 1-丁醇，是互溶的、沸点不同的液体混合物，可蒸馏分离，D 项符合。
本题选 D。
5．下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（
）
A．溶液中：
B．溶液中：
C．等体积、等物质的量浓度的 和弱酸 混合后的溶液中：
D．室温下， 的柑橘汁中 是 的牛奶中 的 1000 倍 【答案】D 【解析】
【详解】
A．NaHCO 3 溶液中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则 NaHCO 3 溶液中存在 c(Na + )＞c(HCO 3 - )＞c(H 2 CO 3 )＞c(CO 3 2- )，故 A 错误； B．任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒，根据物料守恒得①c(Na + )=2c(S 2- )+2c(HS - )+2c(H 2 S)，根据电荷守恒得②c(Na + )+ c(H + )=2c(S 2- )+c(HS - )+ c(OH - )，
将①代入②得：c(HS - )+2c(H 2 S)= c(OH - )-c(H + )，故 B 错误； C．等体积、等物质的量浓度的 NaX 和弱酸 HX 混合后的溶液中，无法判断电离程度和水解程度，不能判断溶液的酸碱性，即无法比较 c(OH - )和 c(H + )的大小，溶液中必满足电荷守恒 c（Na + ）+c（H + ）=c（X - ）+c（OH - ）和物料守恒 2c（Na + ）=c（X - ）+c（HX），故 C 错误； D．pH=3.5 的柑橘汁中 c(H + )=10 -3.5 ，pH=6.5 的牛奶中 c(H + )=10 -6.5 ，所以 pH=3.5 的柑橘汁中c(H + )是 pH=6.5 的牛奶中 c(H + )的 1000 倍，故 D 正确； 答案选 D。
6．化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（
）
A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】
【详解】
A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故 A 错误； B.4 4 2 2NH Fe SO 12H O （ ）
作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B 错误； C.飘粉精作为消毒剂是因为 ClO - 和 HClO 都有强氧化性，故 C 正确； D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D 错误； 故答案选：C。
7．下列有关实验现象和解释或结论都一定正确的是（
）
选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 某钾盐溶于盐酸后，产生无色无味气体，将其通入澄清石灰水 有白色沉淀出现 该钾盐是2 3K CO
B 将少量的溴水分别滴入2FeCl 溶液、 NaI 溶液中，再分别滴加4CCl 振荡 下层分别呈无色和紫红色 还原性：2I Br Fe C 将充满2NO 的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深 反应2 2 42NO N O 的 0 H
D 将4 3NH HCO 受热分解产生的气体通入某溶液 溶液变浑浊，继续通入该气体，浑浊消失 该溶液是2Ca(OH) 溶液 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】
【分析】
【详解】
A.若该钾盐是3KHCO ，可以得到完全一样的现象，A 项错误；
B.溴可以将2+Fe氧化成3+Fe，证明氧化性3+2Br >Fe ，则还原性有2+ -Fe >Br ，B 项错误； C.红棕色变深说明2NO 浓度增大，即平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知正反应放热，C项正确； D.碳酸氢铵受热分解得到3NH 和2CO ，通...