2027年高三化学一轮复习单元检测卷《第一章 物质及其变化》（A卷）

2027年高三一轮复习单元检测卷 第一章 物质及其变化 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：必修一 5．难度系数：0.65 6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Si-28 S-32 Cl-35.5 Co-59 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学来源于生活又服务生活。下列说法错误的是 A．向漂白液中滴加少量白醋，可提高漂白效果 B．公园的水幕灯光秀利用了胶体的丁达尔效应 C．真空食品包装袋内，用还原铁粉作抗氧化剂 D．在游泳池或澡堂内用明矾杀菌消毒 2．如图所示，其中甲、乙、丙、丁、戊分别是氧化铜、稀盐酸、氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液、二氧化碳中的一种。图中相连的两圆表示相应物质能发生反应，已知甲和丁反应有气泡出现。则下列说法正确的是 A．甲与丙反应属于中和反应 B．乙和戊都是氧化物 C．丙与丁反应会生成白色沉淀 D．丁和戊反应属于化合反应 3．利用下列装置制备胶体并验证其性质，能达到目的的是 A．制备胶体 B．观察丁达尔效应 C．分离混合物 D．观察胶体聚沉 A．A B．B C．C D．D 4．下列方程式与所给事实相符的是 A．Cl2通入足量碳酸钠溶液中： B．向H218O中投入Na2O2固体：2Na2O2＋2H218O=4Na＋＋4OH-＋18O2↑ C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯： D．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的硫酸钙： 5．碱式氯化铜是一种重要的无机杀虫剂，可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成。已知对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。 下列有关说法正确的是 A．a、b、c之间的关系式为： B．图中M、N分别为、 C．步骤1充分反应后，为了除去催化剂可加少量粉末 D．若制备1 mol的，理论上消耗标况下11.2 L空气 6．工业上除去电石渣浆(含CaO)清液中的，并制取石膏()的常用流程如图所示。 下列说法正确的是 A．除去的过程中，起催化作用的物质是 B．过程Ⅰ中，反应的离子方程式为 C．转化成的过程中， D．上述流程中涉及的氧化还原反应共有4个 7．下列离子在溶液中能大量共存的是 A．H+、Fe2+、、Cl- B．Fe3+、SCN-、K+、Cl- C．Al³⁺、、Na+、 D．Na+、Cu2+、Cl-、 8．根据实验操作及现象，下列结论中错误的是 选项 实验操作及现象 结论 A 在试管中加入1淀粉溶液和210%溶液，加热煮沸，冷却至室温后加入碘水，无明显现象 淀粉已完全水解 B 将石墨电极放入盛有干燥固体的烧杯中，接通电源，小灯泡无变化 固体中没有和 C 取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒上一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，将另一块干冰盖上，镁粉继续燃烧，发出耀眼的白光，产生白色和黑色固体 发生反应： D 取稀溶液加入试管中，加入几小块铜片，振荡，一段时间后观察到溶液变为蓝绿色 氧化性： A．A B．B C．C D．D 9．砷及砷化合物是环境污染物，也是重要的资源。我国研究团队开发了加压氧化浸出处理硫化砷渣的工艺，直接将As2S3氧化为砷酸溶解在水中(As2S3+O2+H2O→H3AsO4+S↓，未配平)，再用SO2将砷酸还原为亚砷酸(H3AsO3)，然后冷却结晶、分解生成纯度很高的三氧化二砷。下列说法错误的是 A．As和S都是元素周期表p区元素 B．加压氧化浸出反应中， C．还原砷酸的反应为 D．As2O3能与盐酸反应生成AsCl3和H2O，是一种碱性氧化物 10．偏磷酸钡常用于玻璃、搪瓷和瓷器工业。一种利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、等杂质)制备偏磷酸钡的主要流程如图所示。下列说法错误的是 A．“滤渣1”的主要成分为、 B．生成、S反应的离子方程式为 C．在实验室中进行“操作1、操作2、操作3”，所用的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒 D．“煅烧”过程中温度过低会导致分解不完全，所以将温度控制的越高越好 11．如图是一种“纳米药物分子运输车”，其中，有机物外壳由葡萄糖、酒精等这类含碳化合物组成，该技术可提高肿瘤的治疗效果。下列说法正确的是 A．、都属于碱性氧化物 B．该“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体 C．胶体表面积较大，可用于水体的杀菌消毒 D．将饱和溶液滴入沸水中，加热至液体呈红褐色，即得到胶体 12．化学上常用标准电极电势(氧化性/还原性)比较物质的氧化能力。值越高，氧化型物质的氧化能力越强。值越低，还原型物质的还原能力越强。的值与体系的有关。根据表格信息，下列说法错误的是 氧化型/还原型物质 (酸性条件下) 1.51V 1.36V 0.991V 1.432V 氧化型/还原型物质 (酸性条件下) 0.151V 0.54V 1.36V 0.77V A．实验室可用与浓盐酸反应制 B．酸性条件下，氧化性强弱顺序为 C．向淀粉—KI溶液中滴加溶液，溶液变蓝 D．酸性溶液与反应的离子方程式为 13．我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，可实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。 下列说法错误的是 A．总反应的化学方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O B．步骤2中CO2发生还原反应，C元素化合价从+4降低至-2(CH3OH中C的化合价) C．若生成1molCH3OH，理论上转移电子的物质的量为6mol D．氧空位的作用是吸附CO2并提供活性位点，催化剂参与了氧化还原反应的电子转移 14．设NA为阿伏加德罗常数的值，碘及其化合物有如图所示的转化关系。下列叙述错误的是 A．反应①中，标准状况下完全反应转移的电子数为0.2NA B．反应②中，每生成时消耗0.2NA个 C．反应③中，每消耗，转移的电子数为5NA D．反应④中，每生成，转移的电子数为5NA 15．某无色溶液可能由、、、、、、中的一种或几种组成。为了确定该溶液的成分，进行如下实验： ①取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，得到甲溶液； ②取少量甲溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀乙； ③取少量原溶液，向其中加入溶液，产生白色沉淀丙，加足量稀盐酸，沉淀部分溶解。 下列关于原溶液说法正确的是 A．、至少存在一种 B．肯定不存在，可能存在 C．可能存在 D．是否存在需要通过焰色试验来确定 第II卷（非选择题 共55分） 16．（14分）泻盐可作为印染和制革工业中的加重剂和填料，也可用作肥料促进植物生长。硼镁泥是制备硼砂的副产品[主要成分为，含有杂质成分等]，以硼镁泥为原料制备泻盐的流程如图所示。 已知：①常温下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于)时的pH如下表。 阳离子 开始沉淀时的pH 1.6 3.2 7.5 9.6 8.6 完全沉淀时的pH 3.1 4.9 9.0 10.9 10.1 ②氧化性：。③沉淀溶解。 回答下列问题： (1)为提高“酸浸”的速率，通常采用的方法有________(写2种即可)。 (2)酸浸生成不溶于水的，除此之外，“滤渣Ⅰ”中还有________(填化学式)。 (3)“调pH”的范围为________；滤渣Ⅱ中含有，生成此物质发生反应的离子方程式为________________。 “抽滤”后，滤液中除了，还有少量，已知两种物质的溶解度与温度的关系如图所示。 (4)“操作1”采用蒸发结晶、________(填操作名称)，得到晶体。对“操作1”的滤液进行________(填操作名称)，再过滤得到晶体。 (5)流程中采用抽滤的优点为________________。 (6)如处理硼镁泥，镁的存在形式以MgO计，其含量为，通过上述流程制得泻盐，则产率为________(保留2位小数)。 17．（14分）电石渣是电石()水解制乙炔过程产生的工业固体废物，其主要成分及含量(质量百分数)如表： 成分 MgO 其它 含量/％ 19.5 74 0.5 1.0 0.6 4.0 0.4 为节约和充分利用资源，可通过如下工艺流程回收制备高纯。已知该工艺条件下，、均不能与氯化铵反应。 回答下列问题： (1)“浸出”过程中通常需要加热和搅拌，其目的是_______。 (2)写出在加热浸出过程中发生反应的离子方程式_______。 (3)“浸出”时选用而不用盐酸或者水的原因是_______。 (4)一定条件下，“浸出”过程中加入过量氯化铵溶液，反应4 min后，测得氯化铵过量程度(%)与钙离子转化率(%)的关系如图所示，从图中选出该实验条件下氯化铵过量程度最佳点_______(填字母序号)。 (5)“碳化过程”中应先通入的气体是_______(填化学式)。 (6)对“滤渣2”后续进行的系列操作的名称是_______，该操作的目的是_______。 (7)在一次生产中投入电石渣20 kg，获得产品16.4 kg，钙元素的回收率为_______。 18．（14分）次磷酸钠()具有强还原性，广泛用于电镀工业。某学习小组用如图所示装置(夹持装置略)制备次磷酸钠，并探究(注：剧毒)的性质。 实验原理为。 回答下列问题： (1)仪器的名称是___________。为了实验安全，本实验要在___________中进行。 (2)实验开始时，需要先向装置中通入一段时间的目的是___________；实验结束后，应先停止加热，再___________(填操作)。 (3)实验时，观察到B中产生红色固体，经检测，B中生成两种最高价含氧酸和一种单质。用单线桥法表示B中发生反应转移电子的方向和数目：___________。 (4)C装置的作用是吸收尾气中的，氧化产物为最高价含氧酸，写出C装置中发生反应的离子方程式：___________。 (5)实验完毕后，从A装置的烧瓶中分离产品的流程如下： ①“趁热过滤”的目的是___________。与水洗相比，乙醇洗涤的优点是___________。 ②“低温干燥”时，为确保产物纯净，常采用的方法是___________。 19．（13分）高铜酸钠(，具有强氧化性，难溶于水，高温下易分解，在中性或酸性条件下不稳定)是重要的高铜化合物，在强碱性条件下，与反应可生成难溶性的。实验室制备步骤如下： 步骤1.配制溶液并加入烧杯中； 步骤2.向烧杯中缓缓加入溶液，边加边搅拌，至蓝色沉淀完全溶解生成四羟基合铜酸钠{}深蓝色溶液； 步骤3.制备，实验装置(夹持仪器已省略)如图所示。反应完毕后，将仪器中的混合液经过滤、洗涤、低温干燥，得。 回答下列问题： (1)步骤1配制溶液时需称量___________。 (2)步骤2蓝色沉淀完全溶解时发生反应的离子方程式为___________。 (3)仪器的名称为___________，装置中所盛的液体是___________。 (4)步骤3先打开，反应一段时间后，关闭，打开，与反应生成的化学方程式为___________。 (5)本实验的产率为___________(用含的代数式表示)。 (6)本实验需向仪器中加入过量的原因是___________。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高三一轮复习单元检测卷 第一章 物质及其变化 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：必修一 5．难度系数：0.65 6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Si-28 S-32 Cl-35.5 Co-59 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学来源于生活又服务生活。下列说法错误的是 A．向漂白液中滴加少量白醋，可提高漂白效果 B．公园的水幕灯光秀利用了胶体的丁达尔效应 C．真空食品包装袋内，用还原铁粉作抗氧化剂 D．在游泳池或澡堂内用明矾杀菌消毒 【答案】D 【详解】A．漂白液中含有次氯酸钠，根据平衡移动原理，酸性条件下与结合生成更多次氯酸，从而增强漂白效果，A正确； B．水幕灯光秀中，水雾形成胶体，光线通过时发生丁达尔效应，符合实际，B正确； C．还原铁粉可以与氧气反应，防止食品氧化变质，C正确； D．明矾溶于水后生成的胶体能吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，但无杀菌消毒作用，D错误； 故答案选D。 2．如图所示，其中甲、乙、丙、丁、戊分别是氧化铜、稀盐酸、氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液、二氧化碳中的一种。图中相连的两圆表示相应物质能发生反应，已知甲和丁反应有气泡出现。则下列说法正确的是 A．甲与丙反应属于中和反应 B．乙和戊都是氧化物 C．丙与丁反应会生成白色沉淀 D．丁和戊反应属于化合反应 【答案】B 【详解】已知甲和丁反应有气泡出现，即为稀盐酸和碳酸钠溶液，盐酸可以和氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液、氧化铜反应，所以丁是盐酸，碳酸钠溶液可以和稀盐酸、氢氧化钙溶液反应，故甲是Na2CO3，丙是Ca(OH)2溶液，CO2只能和Ca(OH)2反应，乙是CO2，戊是CuO。 A．碳酸钠和氢氧化钙溶液的反应属于复分解反应，A错误； B．乙是二氧化碳，戊是氧化铜，都属于氧化物，B正确； C．丁是盐酸，丙是氢氧化钙溶液，二者反应生成氯化钙和水，无白色沉淀生成，C错误； D．丁和戊即盐酸和氧化铜之间的反应生成氯化铜和水，不属于化合反应，D错误； 故答案选B。 3．利用下列装置制备胶体并验证其性质，能达到目的的是 A．制备胶体 B．观察丁达尔效应 C．分离混合物 D．观察胶体聚沉 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．FeCl3溶液和NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体；制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至混合物变红褐色，A错误； B．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通过其它分散系时不能产生丁达尔效应，B正确； C．胶体与溶液均可透过滤纸，则用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，应该用渗析的方法，C错误； D．快速加入过量盐酸，盐酸和氢氧化铁胶体反应生成氯化铁溶液，不能观察胶体聚沉，D错误； 故选B。 4．下列方程式与所给事实相符的是 A．Cl2通入足量碳酸钠溶液中： B．向H218O中投入Na2O2固体：2Na2O2＋2H218O=4Na＋＋4OH-＋18O2↑ C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯： D．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的硫酸钙： 【答案】D 【详解】A．Cl2通入足量碳酸钠溶液反应，首先Cl2与水反应生成HCl和HClO，Cl2＋H2OHCl＋HClO，生成的HCl和HClO分别与足量的碳酸钠反应生成碳酸氢钠、次氯酸钠、氯化钠，综合其反应的正确离子方程式为，A错误； B．Na2O2与水的反应为歧化反应，氧气中的氧元素全部来自Na2O2，产物中O2不含18O，正确的离子方程式为2Na2O2＋2H218O=4Na＋＋218OH-＋2OH-+O2↑，B错误； C．聚丙烯的链节中只有2个碳原子在主链上，还有一个是侧链甲基，则方程式为：，C错误； D．CaCO3的溶度积小于CaSO4，加饱和Na2CO3溶液可将硫酸钙转化为碳酸钙，所给离子方程式正确，D正确； 故答案选D。 5．碱式氯化铜是一种重要的无机杀虫剂，可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成。已知对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。 下列有关说法正确的是 A．a、b、c之间的关系式为： B．图中M、N分别为、 C．步骤1充分反应后，为了除去催化剂可加少量粉末 D．若制备1 mol的，理论上消耗标况下11.2 L空气 【答案】C 【分析】步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成，发生反应：。 步骤2：在制得的溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，发生反应：。 【详解】A．根据化合物中正负化合价的代数和等于0可知，2a＝b＋c，A错误； B．对反应有催化作用，催化原理如图中，M为、N为，B错误； C．步骤1充分反应后溶液中只含有，除去催化剂若加少量粉末可通过调pH将转化为沉淀除去，C正确； D．若制备1 mol的，理论上消耗标况下11.2 L氧气，根据氧气在空气中占，空气的体积为L，D错误； 故选C。 6．工业上除去电石渣浆(含CaO)清液中的，并制取石膏()的常用流程如图所示。 下列说法正确的是 A．除去的过程中，起催化作用的物质是 B．过程Ⅰ中，反应的离子方程式为 C．转化成的过程中， D．上述流程中涉及的氧化还原反应共有4个 【答案】C 【详解】A．由流程图可知，在过程I中锰元素化合价升高，被氧化生成；在过程Ⅱ中锰元素化合价降低，被还原重新生成，则除去的过程中，起到催化剂作用是，A错误； B．过程Ⅰ中，被氧化生成，被还原生成，经配平可得反应的离子方程式为：，B错误； C．由流程图可知，转化成的过程中，硫元素化合价从+2价升高到+6价，每个失去8个电子，氧气中氧元素化合价从0价降低到-2价，每个得到4个电子，根据得失电子守恒可知，该过程中，C正确； D．由流程图可知，上述流程中涉及的氧化还原反应有过程Ⅰ、过程Ⅱ、转化成，共有3个，D错误； 故选C。 7．下列离子在溶液中能大量共存的是 A．H+、Fe2+、、Cl- B．Fe3+、SCN-、K+、Cl- C．Al³⁺、、Na+、 D．Na+、Cu2+、Cl-、 【答案】D 【详解】A．酸性条件下具有强氧化性，会将氧化为，发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合； B．与会结合生成络合物，不能大量共存，B不符合； C．与发生相互促进的双水解反应，生成沉淀和气体，不能大量共存，C不符合； D．、、、之间不发生任何反应，可以大量共存，D符合； 故选D。 8．根据实验操作及现象，下列结论中错误的是 选项 实验操作及现象 结论 A 在试管中加入1淀粉溶液和210%溶液，加热煮沸，冷却至室温后加入碘水，无明显现象 淀粉已完全水解 B 将石墨电极放入盛有干燥固体的烧杯中，接通电源，小灯泡无变化 固体中没有和 C 取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒上一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，将另一块干冰盖上，镁粉继续燃烧，发出耀眼的白光，产生白色和黑色固体 发生反应： D 取稀溶液加入试管中，加入几小块铜片，振荡，一段时间后观察到溶液变为蓝绿色 氧化性： A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．淀粉遇碘单质会变蓝，水解后冷却加碘水无明显现象，说明淀粉已完全消耗，A正确； B．干燥NaCl固体中存在Na+和Cl-，但离子被晶格束缚无法自由移动，因此不能导电，结论说固体NaCl中没有Na+和Cl-，B错误； C．镁在CO2中燃烧生成白色MgO和黑色C，给出的反应方程式符合实验事实，C正确； D．铜与FeCl3反应生成Cu2+使溶液呈蓝绿色，反应中Fe3+是氧化剂、Cu2+是氧化产物，氧化剂氧化性强于氧化产物，故氧化性Fe3+＞Cu2+，D正确； 故答案选B。 9．砷及砷化合物是环境污染物，也是重要的资源。我国研究团队开发了加压氧化浸出处理硫化砷渣的工艺，直接将As2S3氧化为砷酸溶解在水中(As2S3+O2+H2O→H3AsO4+S↓，未配平)，再用SO2将砷酸还原为亚砷酸(H3AsO3)，然后冷却结晶、分解生成纯度很高的三氧化二砷。下列说法错误的是 A．As和S都是元素周期表p区元素 B．加压氧化浸出反应中， C．还原砷酸的反应为 D．As2O3能与盐酸反应生成AsCl3和H2O，是一种碱性氧化物 【答案】D 【详解】A．砷（As）位于元素周期表第15族，硫（S）位于第16族，两者均属于p区元素，A正确； B．加压氧化浸出反应为As2S3氧化为H3AsO4，配平后方程式为2As2S3 + 5O2 + 6H2O= 4H3AsO4 + 6S↓，故n(As2S3) : n(O2) = 2 : 5，B正确； C．还原反应中，H3AsO4（As为+5价）被SO2还原为H3AsO3（As为+3价），SO2被氧化为等（S为+6价），电子得失平衡（As得2e-，S失2e-），原子和电荷守恒，C正确； D．As2O3能与盐酸反应生成AsCl3和H2O，但As2O3是两性氧化物（既能与酸反应又能与碱反应），并非碱性氧化物，D错误； 故答案选D。 10．偏磷酸钡常用于玻璃、搪瓷和瓷器工业。一种利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、等杂质)制备偏磷酸钡的主要流程如图所示。下列说法错误的是 A．“滤渣1”的主要成分为、 B．生成、S反应的离子方程式为 C．在实验室中进行“操作1、操作2、操作3”，所用的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒 D．“煅烧”过程中温度过低会导致分解不完全，所以将温度控制的越高越好 【答案】D 【分析】湿法磷酸(主要成分为H3PO4，含有少量Mg2+、Fe3+、等杂质)中加入氢氧化钠溶液，将Mg2+、Fe3+转化为氢氧化镁和氢氧化铁除去，过滤，得到滤渣1，其主要成分为氢氧化镁、氢氧化铁；向滤液中加入硫化钠，除去，过滤，得到滤渣2，其主要成分为As2S3、S；将操作2得到的滤液蒸发浓缩，向其中加入氢氧化钡，经过滤、洗涤、干燥、煅烧得到偏磷酸钡，据此分析回答。 【详解】A．由分析可知，滤渣1的主要成分为氢氧化镁、氢氧化铁，A正确； B．硫化钠与发生氧化还原反应生成As2S3、S，离子方程式为：，B正确； C．在实验室中进行“操作1、操作2、操作3”均为过滤，所用的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，C正确； D．“煅烧”过程中温度过低会导致分解不完全，若温度过高，偏磷酸钡会进一步分解，D错误； 故选D。 11．如图是一种“纳米药物分子运输车”，其中，有机物外壳由葡萄糖、酒精等这类含碳化合物组成，该技术可提高肿瘤的治疗效果。下列说法正确的是 A．、都属于碱性氧化物 B．该“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体 C．胶体表面积较大，可用于水体的杀菌消毒 D．将饱和溶液滴入沸水中，加热至液体呈红褐色，即得到胶体 【答案】D 【详解】A．和酸反应只生成一种盐和水的氧化物是碱性氧化物，属于金属氧化物，其和酸反应生成两种盐，不属于碱性氧化物，属于非金属氧化物，其和碱反应只生成一种盐和水，为酸性氧化物，A错误； B．胶体中分散质粒子直径在1~100nm之间，而该“纳米药物分子运输车”直径为200 nm，大于胶粒直径，则其分散于水中所得的分散系不属于胶体，B错误； C．胶体表面积大，可吸附杂质(净水)，但无强氧化性，不能杀菌消毒，C错误； D．制胶体，将饱和溶液滴入沸水中，加热至液体呈红褐色(反应为：)，操作正确，D正确； 故答案选D。 12．化学上常用标准电极电势(氧化性/还原性)比较物质的氧化能力。值越高，氧化型物质的氧化能力越强。值越低，还原型物质的还原能力越强。的值与体系的有关。根据表格信息，下列说法错误的是 氧化型/还原型物质 (酸性条件下) 1.51V 1.36V 0.991V 1.432V 氧化型/还原型物质 (酸性条件下) 0.151V 0.54V 1.36V 0.77V A．实验室可用与浓盐酸反应制 B．酸性条件下，氧化性强弱顺序为 C．向淀粉—KI溶液中滴加溶液，溶液变蓝 D．酸性溶液与反应的离子方程式为 【答案】C 【详解】A．结合题中信息可知，标准电极电势值越高，氧化型物质的氧化能力越强，BrO/Br−的Eθ(1.432V)高于Cl2/Cl−(1.36V)，则BrO氧化性比氯气大，则BrO可氧化Cl-生成Cl2，A正确； B．结合题中信息可知，标准电极电势值越高，氧化型物质的氧化能力越强，Eθ值顺序为MnO(1.51V)＞Cl2(1.36V)＞VO(0.991V)，对应氧化性顺序正确，B正确； C．结合题中信息可知，标准电极电势值越高，氧化型物质的氧化能力越强，Sn4+/Sn2+的Eθ(0.151V)低于I2/I-(0.54V)，Sn4+无法氧化I-生成I2，溶液不会变蓝，C错误； D．结合题中信息可知，标准电极电势值越高，氧化型物质的氧化能力越强，Cr2O的Eθ(1.36V)高于Fe3+/Fe2+(0.77V)，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应方程式电荷和原子均守恒，D正确； 故选C。 13．我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，可实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。 下列说法错误的是 A．总反应的化学方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O B．步骤2中CO2发生还原反应，C元素化合价从+4降低至-2(CH3OH中C的化合价) C．若生成1molCH3OH，理论上转移电子的物质的量为6mol D．氧空位的作用是吸附CO2并提供活性位点，催化剂参与了氧化还原反应的电子转移 【答案】B 【详解】A．根据机理，反应物为CO2和H2，产物为CH3OH和H2O，结合原子守恒，总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，A正确； B．根据机理图，步骤2为CO2的吸附过程，但并非完整的还原过程，此时还没有生成甲醇，所以碳元素的化合价在此步骤中并未降低至-2价，B错误； C．生成1molCH3OH时，C元素从+4价降低至-2价，每个C原子得到6个电子，因此转移电子的物质的量为6mol，C正确； D．由机理图可知，氧空位的作用是吸附CO2并提供活性位点，且催化剂在循环中化合价发生改变，参与了电子转移，D正确； 答案选B。 14．设NA为阿伏加德罗常数的值，碘及其化合物有如图所示的转化关系。下列叙述错误的是 A．反应①中，标准状况下完全反应转移的电子数为0.2NA B．反应②中，每生成时消耗0.2NA个 C．反应③中，每消耗，转移的电子数为5NA D．反应④中，每生成，转移的电子数为5NA 【答案】C 【分析】反应①为I-和少量氯气反应生成碘单质和氯离子，离子方程式为：；反应②为碘酸根离子和亚硫酸氢钠反应生成碘单质、硫酸钠和水，离子方程式为：；反应③为I-和足量氯气反应生成碘酸根离子和氯离子，离子方程式为：；反应④为I-和碘酸根离子在酸性条件下反应生成碘单质，离子方程式为：；据此分析； 【详解】A．反应①为，1 mol Cl2转移2 mol电子，标准状况下2.24 L Cl2为0.1 mol，转移电子数为0.2 NA，A正确； B．反应②为，生成1 mol I2消耗2 mol ，25.4 g I2为0.1 mol，消耗为0.2 mol，即0.2 NA，B正确； C．反应③为，Cl2中Cl元素从0价降至-1价，3 mol Cl2转移6  mol电子，则1 mol Cl2（71 g）转移2 mol电子，即2 NA，C错误； D．反应④为，中I从+5价降至0价（得5 e⁻），5 I⁻从-1价升至0价（失5 e⁻），生成3 mol 转移5 mol电子，即5 NA，D正确； 故选C。 15．某无色溶液可能由、、、、、、中的一种或几种组成。为了确定该溶液的成分，进行如下实验： ①取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，得到甲溶液； ②取少量甲溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀乙； ③取少量原溶液，向其中加入溶液，产生白色沉淀丙，加足量稀盐酸，沉淀部分溶解。 下列关于原溶液说法正确的是 A．、至少存在一种 B．肯定不存在，可能存在 C．可能存在 D．是否存在需要通过焰色试验来确定 【答案】A 【详解】该溶液为无色，所以不含； ①取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，得到甲溶液，则至少含有和中的一种； ②取少量甲溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀乙即氯化银，因为甲溶液加入了过量氯水引入了氯离子，则不能确定原溶液是否一定含有Cl-； ③取少量原溶液，向其中加入溶液，产生白色沉淀丙，加足量稀盐酸，沉淀部分溶解，又由①一定含有或者，或者两者都有，沉淀丙中一定含碳酸钡和硫酸钡，则原溶液一定含，故原溶液中一定不含Ba2+； 溶液为电中性，则一定含；综上所述，原溶液中一定含有的离子是K+、以及和中的至少一种；一定没有的离子是Ba2+、；可能含有的离子是Cl-。 故答案选A。 第II卷（非选择题 共55分） 16．（14分）泻盐可作为印染和制革工业中的加重剂和填料，也可用作肥料促进植物生长。硼镁泥是制备硼砂的副产品[主要成分为，含有杂质成分等]，以硼镁泥为原料制备泻盐的流程如图所示。 已知：①常温下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于)时的pH如下表。 阳离子 开始沉淀时的pH 1.6 3.2 7.5 9.6 8.6 完全沉淀时的pH 3.1 4.9 9.0 10.9 10.1 ②氧化性：。③沉淀溶解。 回答下列问题： (1)为提高“酸浸”的速率，通常采用的方法有________(写2种即可)。 (2)酸浸生成不溶于水的，除此之外，“滤渣Ⅰ”中还有________(填化学式)。 (3)“调pH”的范围为________；滤渣Ⅱ中含有，生成此物质发生反应的离子方程式为________________。 “抽滤”后，滤液中除了，还有少量，已知两种物质的溶解度与温度的关系如图所示。 (4)“操作1”采用蒸发结晶、________(填操作名称)，得到晶体。对“操作1”的滤液进行________(填操作名称)，再过滤得到晶体。 (5)流程中采用抽滤的优点为________________。 (6)如处理硼镁泥，镁的存在形式以MgO计，其含量为，通过上述流程制得泻盐，则产率为________(保留2位小数)。 【答案】(1)搅拌、加热 (2) (3) (4) 趁热过滤 蒸发浓缩、冷却结晶 (5)过滤速度快，沉淀易干燥 (6)59.62% 【分析】硼镁泥在“酸浸”过程中，得到含Fe3+、Fe2+、Al3+、Mn2+等离子的溶液和含CaSO4、SiO2、H3BO3的滤渣；向溶液中加入次氯酸钠将Fe2+、Mn2+氧化成Fe3+和MnO2；用MgO调节pH，使溶液中的Fe3+、Al3+转化为沉淀，抽滤后将所得滤液通过操作Ⅰ得到CaSO4·2H2O晶体和含MgSO4的滤液，最后将滤液通过操作Ⅱ得到MgSO4·7H2O晶体，据此分析作答。 【详解】（1）为提高“酸浸”的速率，通常采用的方法可以有：提高温度、搅拌、粉碎反应物、提高硫酸的浓度等； （2）“酸浸”后，“滤渣Ⅰ”中除硼酸之外，还有不溶的以及CaO和硫酸反应的难溶产物； （3）由流程可知，“调pH”的目的是将溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，而不能让Mg2+沉淀，结合已知条件③，可知“调pH”的范围应为4.9≤pH＜7.4；酸性条件下，次氯酸钠将MnSO4氧化为MnO2，同时还有NaCl和硫酸生成，则反应的离子方程式为：； （4）根据溶解度与温度的关系可知，溶解度随温度升高但升高幅度不大，若要从溶液中得到，应采取蒸发浓缩、趁热过滤的操作；“操作1”后得到的滤液主要含有，又经“操作2”后，再过滤可得到晶体，可知“操作2”为蒸发浓缩、冷却结晶； （5）流程中采用抽滤，其优点为过滤速度快，沉淀易干燥； （6）处理1 t硼镁泥，若硼镁泥中的MgO全部转化为，设理论上可以得到的质量为，则根据化学计量关系：，可列出比例式：，解得，则产率为。 17．（14分）电石渣是电石()水解制乙炔过程产生的工业固体废物，其主要成分及含量(质量百分数)如表： 成分 MgO 其它 含量/％ 19.5 74 0.5 1.0 0.6 4.0 0.4 为节约和充分利用资源，可通过如下工艺流程回收制备高纯。已知该工艺条件下，、均不能与氯化铵反应。 回答下列问题： (1)“浸出”过程中通常需要加热和搅拌，其目的是_______。 (2)写出在加热浸出过程中发生反应的离子方程式_______。 (3)“浸出”时选用而不用盐酸或者水的原因是_______。 (4)一定条件下，“浸出”过程中加入过量氯化铵溶液，反应4 min后，测得氯化铵过量程度(%)与钙离子转化率(%)的关系如图所示，从图中选出该实验条件下氯化铵过量程度最佳点_______(填字母序号)。 (5)“碳化过程”中应先通入的气体是_______(填化学式)。 (6)对“滤渣2”后续进行的系列操作的名称是_______，该操作的目的是_______。 (7)在一次生产中投入电石渣20 kg，获得产品16.4 kg，钙元素的回收率为_______。 【答案】(1)加快浸出速率，提高浸出效率(或使反应更充分) (2) (3)盐酸能溶解其他杂质，无法有效分离；Ca(OH) 2微溶于水，直接用水浸出率极低 (4)b (5)NH3 (6) 洗涤、干燥 除去碳酸钙表面可溶性杂质和水 (7)82%或0.82 【详解】（1）“浸出”过程中需要适当加热和搅拌，可以加快浸出反应速率，使反应更充分；由于温度过高会导致分解，故“浸出”过程中控制温度不能太高； （2）与反应生成、和。由于是加热条件，会以气体形式逸出。离子方程式为：； （3）使用水，微溶，MgO几乎不溶，浸出率低，无法有效分离和；而盐酸虽然能溶解微和MgO，但后续碳化时需中和酸，增加成本，此外，盐酸易挥发，可能造成环境污染；氯化铵中水解呈酸性，可与、MgO反应，提高浸出率。反应生成的可循环利用，不引入新杂质，且后续碳化时可直接使用，符合绿色化学要求； （4）根据题目给出的图，横坐标为氯化铵过量程度(%)，纵坐标为钙离子转化率(%)。需要选择一个点，使得钙离子转化率高，同时氯化铵过量程度尽可能低，观察图中各点可知：a点：氯化铵未过量，钙离子转化率约94%；b点：氯化铵过量10%，钙离子转化率最高(约96.5%)；c点：氯化铵过量20%，钙离子转化率下降至95%；d点：氯化铵过量30%，钙离子转化率最低(约92.5%)；e点：氯化铵过量40%，钙离子转化率回升至95.5%，但过量程度高，不经济。显然，b点是最佳选择，氯化铵过量10%时，钙离子转化率最高，且试剂用量适中； （5）碳化过程需要将转化为沉淀，反应为:，若先通，因在水中溶解度小，溶液酸性较强，不利于沉淀。而先通，可使溶液呈碱性，再通时，更易吸收，生成，从而促进沉淀； （6）“滤渣2”为沉淀，表面可能吸附有、等杂质。为获得高纯，需进行洗涤(去除表面杂质)和干燥(去除水分)； （7）在一次生产中投入电石渣20 kg，20 kg电石渣中含有的质量为 ，根据钙元素守恒，理论上可生成的质量为 ，而获得产品16.4 kg，因此钙元素的回收率为。 18．（14分）次磷酸钠()具有强还原性，广泛用于电镀工业。某学习小组用如图所示装置(夹持装置略)制备次磷酸钠，并探究(注：剧毒)的性质。 实验原理为。 回答下列问题： (1)仪器的名称是___________。为了实验安全，本实验要在___________中进行。 (2)实验开始时，需要先向装置中通入一段时间的目的是___________；实验结束后，应先停止加热，再___________(填操作)。 (3)实验时，观察到B中产生红色固体，经检测，B中生成两种最高价含氧酸和一种单质。用单线桥法表示B中发生反应转移电子的方向和数目：___________。 (4)C装置的作用是吸收尾气中的，氧化产物为最高价含氧酸，写出C装置中发生反应的离子方程式：___________。 (5)实验完毕后，从A装置的烧瓶中分离产品的流程如下： ①“趁热过滤”的目的是___________。与水洗相比，乙醇洗涤的优点是___________。 ②“低温干燥”时，为确保产物纯净，常采用的方法是___________。 【答案】(1) 分液漏斗 通风橱 (2) 排尽装置内的空气，防止白磷及生成的次磷酸钠被氧化，并防止PH3与空气混合加热时发生爆炸 继续通入一段时间直至装置冷却 (3) (4) (5) 防止次磷酸钠冷却结晶析出而造成损失 减少次磷酸钠的溶解损失，且乙醇易挥发，便于后续干燥 减压干燥（或真空干燥） 【分析】装置A中发生反应，产生的进入溶液中反应，剩余的进入NaClO溶液发生氧化还原反应。 【详解】（1）仪器的名称是分液漏斗。 该实验产生有毒气体，为了实验安全，本实验要在通风橱中进行。 （2）次磷酸钠具有强还原性，实验开始时先向装置中通入一段时间的尽装置内的空气，防止白磷及生成的次磷酸钠被氧化，并防止PH3与空气混合加热时发生爆炸。 实验结束后，应先停止加热使物质冷却，此过程需持续通入一段时间直至装置冷却。 （3）实验时，观察到B中产生红色固体为Cu，B中生成两种最高价含氧酸为、和一种单质Cu。反应方程式为，反应中P元素从-3价升高到+5价失去8个电子，4个Cu元素从+2价将为0价得到8个电子，单线桥表示为。 （4）C装置中NaClO溶液的作用是吸收尾气中的氧化产物为最高价含氧酸，NaClO被还原为，离子方程式为。 （5）①A装置的烧瓶中含有次磷酸钠，“趁热过滤”的目的是防止次磷酸钠冷却结晶析出而造成损失。 次磷酸钠难溶于乙醇，易溶于水，故与水洗相比，乙醇洗涤的优点是减少次磷酸钠的溶解损失，且乙醇易挥发，便于后续干燥。 ②“低温干燥”时，为确保产物纯净，常采用的方法是减压干燥。 19．（13分）高铜酸钠(，具有强氧化性，难溶于水，高温下易分解，在中性或酸性条件下不稳定)是重要的高铜化合物，在强碱性条件下，与反应可生成难溶性的。实验室制备步骤如下： 步骤1.配制溶液并加入烧杯中； 步骤2.向烧杯中缓缓加入溶液，边加边搅拌，至蓝色沉淀完全溶解生成四羟基合铜酸钠{}深蓝色溶液； 步骤3.制备，实验装置(夹持仪器已省略)如图所示。反应完毕后，将仪器中的混合液经过滤、洗涤、低温干燥，得。 回答下列问题： (1)步骤1配制溶液时需称量___________。 (2)步骤2蓝色沉淀完全溶解时发生反应的离子方程式为___________。 (3)仪器的名称为___________，装置中所盛的液体是___________。 (4)步骤3先打开，反应一段时间后，关闭，打开，与反应生成的化学方程式为___________。 (5)本实验的产率为___________(用含的代数式表示)。 (6)本实验需向仪器中加入过量的原因是___________。 【答案】(1)25.0 (2) (3) 三颈烧瓶 饱和食盐水 (4) (5) (6)保持反应液呈碱性，有利于生成和稳定 【分析】装置A是常温下利用和浓盐酸反应制取氯气， A中制得的混有挥发出来的杂质，会消耗后续反应中的，因此B中盛放饱和食盐水，既可以除去杂质，又能降低的溶解度；同时该装置还可以起到防倒吸的作用，避免后续装置液体倒吸炸裂A中烧瓶；反应在三颈烧瓶（仪器X）中进行，采用冰水浴的原因：题目信息说明高温易分解，且和的反应放热，冰水浴可以控制体系温度，避免产物分解， 先通入X中与过量反应生成反应物，之后打开加入，在强碱性条件下反应生成目标产物，最右侧连接尾气吸收装置，处理未反应的有毒，防止污染空气。 【详解】（1），需，，故质量； （2）蓝色沉淀与过量反应生成四羟基合铜酸钠，离子方程式为； （3）仪器X为三颈反应容器，名称为三颈烧瓶；装置A中与浓盐酸反应制得的中混有杂质，用饱和食盐水除去； （4）Cu从价升高为价，中Cl从价降为的价，化学方程式为； （5）根据守恒，理论生成，，理论质量为，产率； （6）NaCuO2在中性或酸性条件下不稳定，在强碱性条件下生成，故向仪器中加入过量的原因是保持反应液呈碱性，有利于生成和稳定。 1 学科网（北京）股份有限公司 $