2023-2024學年湖南省長沙市高三（上）月考化學試卷（一）一、選擇題（本題共14個小題，每小題3分，共42分。每小題只有一項符合題目要求）1．（3分）化學與生產、生活、科技、環境等關系密切。下列說法錯誤的是（）A．丹霞地貌的巖層因含Fe2O3而呈紅色 B．為增強口罩的密封性，在口罩上放了鼻梁條，有的鼻梁條是鋁合金的，鋁合金屬于金屬材料 C．中國空間站使用的碳纖維，是一種新型有機高分子材料 D．光化學煙霧、臭氧層空洞、酸雨的形成都與NO有關2．（3分）下列關于物質的結構或性質及解釋均正確的是（）選項物質的結構或性質解釋A鍵角：H2O＞NH3水分子中O上孤電子對數比氨分子中N上的多B穩定性：HF＞HClHF分子間氫鍵強于HCl分子間作用力C熔點：碳化硅＞金剛石C﹣Si的鍵能大于C﹣C的鍵能D酸性：CF3COOH＞CCl3COOHC﹣F的極性大于C﹣Cl的極性，導致CF3COOH的羧基中的羥基極性更大A．A B．B C．C D．D3．（3分）亞鐵氰化鉀K4Fe（CN）6俗名黃血鹽，在燒制青花瓷時用于繪畫。制備方法為：Fe+6HCN+2K2CO3＝K4Fe（CN）6+H2↑+2CO2↑+2H2O。設NA為阿伏加德羅常數，下列說法正確的是（）A．27gHCN分子中含有π鍵數目為NA B．配合物K4Fe（CN）6的中心離子價電子排布式為3d6，該中心離子的配位數為6 C．每生成1molCO2時，反應過程中轉移電子數目為4NA D．K2CO3中陰離子的空間構型為平面三角形，其中碳原子的價層電子對數目為44．（3分）關注“實驗室化學”并加以實踐能有效提高同學們的實驗素養。用如圖所示裝置（夾持裝置省略）進行實驗，操作正確且能達到目的的是（）A．用甲裝置制取NaHCO3 B．用乙裝置可制備無水MgCl2 C．通過丙裝置可比較Al和Cu的金屬活動性 D．丁裝置可用于測定碘化鉀溶液的濃度5．（3分）類比是一種重要的學習方法，下列“類比”正確的是（）A．Na3N與鹽酸反應生成NaCl和NH4Cl，則Mg3N2與鹽酸反應生成MgCl2和NH4Cl B．鈉在空氣中加熱能生成過氧化鈉，則鋰在空氣中加熱也能生成過氧化鋰 C．可用NaCl固體與濃硫酸加熱制HCl氣體，則可用NaI固體與濃硫酸加熱制HI氣體 D．CO2中C為sp雜化，則SiO2中Si也為sp雜化6．（3分）“84”消毒液（有效成分為NaClO）可用于消毒和漂白，下列實驗現象的分析（）實驗現象混合后溶液的pH＝9.9，短時間內未褪色，一段時間后藍色褪去。混合后溶液pH＝5.0，藍色迅速褪去，無氣體產生。混合后溶液pH＝3.2，藍色迅速褪去，并產生大量氣體A．對比實驗①和②，②中藍色迅速褪去的原因是發生了反應ClO﹣+H+═HClO B．實驗③中產生的氣體是Cl2，由HClO分解得到：2HClO═Cl2↑+H2O C．對比實驗②和③，溶液的pH可能會影響ClO﹣的氧化性或Cl﹣的還原性 D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要調控合適的pH才能安全使用7．（3分）下列離子方程式正確的是（）A．1mol?L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol?L﹣1的HCl溶液等體積均勻混合：2+5H+＝Al3++Al（OH）3↓+H2O B．Mg（HCO3）2溶液與足量的NaOH溶液反應：Mg2+++OH﹣＝MgCO3↓+H2O C．向次氯酸鈣溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O＝CaSO4↓+2HCl D．向200mL2mol?L﹣1的FeI2溶液中通入標準狀況下11.2L的氯氣：4Fe2++6I﹣+5Cl2＝4Fe3++3I2+10Cl﹣（多選）8．（3分）按圖示裝置實驗，試劑瓶M中先出現沉淀后沉淀消失的是（）選項氣體試劑瓶M中溶液ANH3AgNO3溶液BSO2BaCl2溶液CHClNa[Al（OH）4]溶液DCO2Na2SiO3溶液A．A B．B C．C D．D9．（3分）S和O可組成一系列負二價陰離子，結構如圖。下列說法正確的是（）硫酸根焦硫酸根連四硫酸根硫代硫酸根過二硫酸根A．電負性O＞S，該系列離子中不存在非極性共價鍵 B．1mol焦硫酸根在水溶液中得2mol電子可生成2 C．2mol硫代硫酸根被氧化為1mol連四硫酸根轉移2mol電子 D．過二硫酸根具有極強氧化性，原因是其中S元素處于+7價10．（3分）某興趣小組探究金屬與硝酸的還原產物，進行了下列三組實驗，下列說法正確的是（）實驗操作（室溫）及實驗現象①將足量的銅粉加入1mL10mol?L﹣1HNO3中，溶液呈綠色，產生紅棕色氣體②將足量的銅粉加入100mL0.1mol?L﹣1HNO3中，溶液呈藍色，產生無色氣體③將足量的鐵粉加入100mL0.1mol?L﹣1HNO3中，溶液呈淺綠色，無氣體生成A．實驗①②反應后溶液顏色不同，說明氧化產物不同 B．實驗②中產生的氣體可用向上排空氣法收集 C．實驗③中鐵發生了鈍化 D．以上實驗說明硝酸的還原產物與硝酸的濃度及金屬的活潑性有關11．（3分）用磁鐵礦（主要成分Fe3O4、含Al2O3和SiO2等雜質）制取FeCO3的工藝流程如圖：氫氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2開始沉淀的pH1.54.06.5完全沉淀的pH3.35.29.7下列說法正確的是（）A．“酸浸”過程中加入過量硫酸能抑制金屬離子水解和提高鐵元素的浸出率 B．“調節pH時應控制溶液的pH大于3.3 C．“沉鐵”時應將過濾1的濾液滴加到Na2CO3溶液中，并不斷攪拌 D．“過濾2”所得濾液中的溶質為Na2SO412．（3分）空氣中的氮氣可通過人工固氮獲得氨氣，氨氣是重要的化工原料，通過氨氧化法可制得硝酸硝酸是一種強氧化性酸，制硝酸工業產生的尾氣中含有氮氧化物（NOx），應處理后才能排放下列說法正確的是（）A．BaSO3固體能溶于稀硝酸，生成Ba（NO3）2，同時放出SO2氣體 B．工業上，當轉化①的反應達到平衡時，需不斷地從混合氣體中分離出NH3，將未反應的原料氣送回合成塔以提高原料的利用率 C．工業尾氣中NOx常用堿液吸收處理，NO、NO2的混合氣體能被足量燒堿溶液完全吸收的條件是n（NO）≥n（NO2） D．向濃硝酸溶液中插入紅熱的炭，產生紅棕色氣體，則可證明炭與濃硝酸溶液反應一定生成NO213．（3分）短周期元素甲、乙、丙、丁原子序數依次增大，其中甲、丙同主族，乙、丙、丁同周期。常溫下﹣1時溶液pH＝13。p和q分別是元素丙和丁的單質，其中p為淺黃色固體。上述物質的轉化關系如圖所示（產物水已略去）。下列說法正確的是（）A．簡單離子半徑：甲＜乙＜丙＜丁 B．甲與丙能形成使紫色石蕊試液先變紅后褪色的物質 C．工業上常利用反應②制取漂白粉 D．m、n的陰離子在酸性溶液中不能大量共存14．（3分）純磷酸（熔點為42℃，易吸潮）可通過市售85%磷酸溶液減壓蒸餾除水、結晶除雜得到，純化過程需要嚴格控制溫度和水分3PO4?H2O（熔點為30℃），高于100℃則發生分子間脫水生成焦磷酸等。某興趣小組為制備磷酸晶體設計的實驗裝置如圖（夾持裝置略）。下列說法錯誤的是（）A．A的名稱是圓底燒瓶，B的進水口為b B．空氣流入毛細管的主要作用是防止液體暴沸，還具有攪拌和加速水逸出的作用 C．過濾磷酸晶體時，需要干燥的環境，同時還需要控制溫度為30～42℃之間 D．磷酸中少量的水極難除去的原因是分子中含羥基，可與水分子間形成強烈的相互作用﹣氫鍵二、非選擇題（本題共4小題，共58分）15．（16分）氮、磷、硫、氯等非金屬元素的單質和化合物在工農業生產中有重要應用。回答下列問題：（1）在微生物作用下，蛋白質在水中分解產生的氨能夠被氧氣氧化生成亞硝酸（HNO2），反應的化學方程式為。某廠廢液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放會造成污染，下列試劑能使NaNO2轉化為N2的是（填標號）。A．NaClB．NH4ClC．HNO3D．濃硫酸（2）H3PO2及正鹽NaH2PO2均可將溶液中的Ag+還原為銀，從而可用于化學鍍銀。①H3PO2為元酸（填“一”二”或“三”）。②利用H3PO2進行化學鍍銀，反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為4：1，則氧化產物為（填化學式）。（3）硫代硫酸鈉晶體（Na2S2O3?5H2O），又名大蘇打、海波，是一種用途非常廣泛的化學試劑，生成淡黃色沉淀，放出的氣體能使品紅溶液褪色。（4）氯氣與氫氧化鈉在70℃時反應，生成物中NaClO3和NaClO的物質的量之比為3：1，其離子方程式為。16．（14分）四氯化鈦（TiCl4，熔點：﹣25℃，沸點：136℃）是制備海綿鈦和鈦白的主要原料，其實驗室制備原理是TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）TiCl4（g）+2CO（g），某同學利用如圖裝置制備TiCl4并驗證產物CO。已知：TiCl4遇潮濕空氣會發生反應：TiCl4+2H2O═TiO2+4HCl↑。回答下列問題：（1）寫出裝置A中制備Cl2的化學反應方程式：（注：反應中Cr2被還原為Cr3+）。（2）按氣流方向從左至右，上述裝置的連接順序為A、、E。（3）裝置A中盛放濃鹽酸的儀器名稱為，裝置G中盛放的堿石灰的作用是。（4）能證明有CO生成的實驗現象是。（5）產品中TiCl4含量測定：取10.0gTiCl4產品于燒瓶中，向安全漏斗（如圖所示）中加入足量蒸餾水后，充分反應后將安全漏斗及燒瓶中混合物中液體轉移到容量瓶中配成500mL溶液，取20mL所配溶液放入錐形瓶中﹣1的K2CrO4溶液作指示劑，用0.200mol?L﹣1的AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液32.00mL。已知：Ag2CrO4是一種深紅色固體；常溫下，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝1.2×10﹣12。①安全漏斗中的水在本實驗中的作用除加水外，還有。②該沉淀滴定終點的判斷方法是。③該產品純度為%（保留一位小數）。17．（14分）氧化鋅是一種有獨特物理化學性能的功能材料，利用鋅焙砂（主要成分為ZnO，含As2O3及鉛、銅、鎘的氧化物）生產高純氧化鋅的工業流程如圖所示，回答下列問題：已知：As2O3微溶于水而生成亞砷酸（H3AsO3），FeAsO4和ZnCO3難溶于水。（1）鋅元素位于元素周期表區，Zn的價層電子排布式為。（2）操作X為，需用到的玻璃儀器有、漏斗、燒杯。（3）“浸出”過程（NH4）2SO4和NH3?H2O按1：2比例參加反應生成了[Zn（NH3）4]2+，發生的離子反應方程式為。（4）流程中可循環利用的含氮物質有（填化學式）。（5）已知三種硫化物的Ksp如下表。當溶液中某離子物質的量濃度≤10﹣5mol/L時視為沉淀完全，則在加N2S使Cu2+在溶液中的殘留濃度為10﹣10mol/L時，此時Pb2+是否完全沉淀（填“是”或“否”）。物質CdSCuSPbSKsp8.0×10﹣276.3×10﹣368.0×10﹣28?（6）已知“蒸氨”后鋅元素以[Zn（NH3）2]SO4存在，寫出CO2“沉鋅”的化學方程式：。（7）“除砷”過程中，先加入過量的（NH4）2S2O8，然后再加入FeSO4?H2O，該過程中（NH4）2S2O8過量的原因是。18．（14分）吡唑類化合物G是一種重要的醫用中間體，也可作為某些光敏材料、染料的原材料。其合成路線如圖：已知：R1﹣CHO+R2CH2﹣COOR3。（1）反應①所需試劑、條件分別是，C的名稱是。（2）A→B的化學方程式為。（3）測定E所含化學鍵和官能團的儀器應選用（填標號）。A．元素分析儀B．質譜儀C．紅外光譜儀D．分光光度計（4）若D與液溴發生加成反應生成E，寫出在NaOH的醇溶液條件下E生成F的化學方程式：。（5）X為D的同分異構體，寫出滿足如下條件X的結構簡式：。①含有苯環②核磁共振氫譜有三組峰，峰面積之比為2：2：1③1molX與足量銀氨溶液反應生成4molAg（6）吡唑（CHN）是無色針狀晶體，分子中具有類似于苯的5中心6電子π鍵，可作為配體與金屬陽離子形成配位鍵。分子中兩個“N”原子更易形成配位鍵的是（填“1”或“2”），原因是。

參考答案與試題解析一、選擇題（本題共14個小題，每小題3分，共42分。每小題只有一項符合題目要求）1．【分析】A．Fe2O3是紅棕色固體；B．金屬材料包括金屬單質及其合金；C．碳纖維是碳的一種單質，是無機非金屬材料；D．光化學煙霧、臭氧層空洞、酸雨的形成都與氮氧化合物有關。【解答】解：A．Fe2O3是紅棕色固體，丹霞地貌的巖層因含Fe8O3而呈紅色，故A正確；B．鋁合金屬于合金，故B正確；C．碳纖維是碳的一種單質，不屬于新型有機高分子材料；D．光化學煙霧、酸雨的形成都與氮氧化合物有關，故D正確；故選：C。【點評】本題考查物質的組成等知識，注意物質的組成、有機高分子材料相關知識，題目難度中等。2．【分析】A．孤電子對對成鍵電子對有斥力；B．非金屬性越大，對應的氫化物的穩定性越強；C．原子半徑越小，形成的共價鍵越強，晶體的熔點越高；D．酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，說明﹣CF3吸電子能力比﹣CCl3強。【解答】解：A．依據價層電子對互斥理論，H2O中心原子O的價層電子對數n＝σ鍵數目+孤電子對數＝2+4＝4，NH3中心原子N的價層電子對數n＝σ鍵數目+孤電子對數＝7+1＝4，二者VSEPR模型均為四面體型6中心原子N原子上有1個孤電子對，H2O中O原子上則有2個孤電子對，對成鍵電子對有更大的斥力3＞H2O，故A錯誤；B．非金屬性越大，非金屬性F＞Cl，熱穩定性與氫鍵無關；C．碳原子半徑小于硅原子半徑，金剛石晶體的熔點高，故C錯誤；D．酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，說明﹣CF3吸電子能力比﹣CCl5強，C﹣F的極性大于C﹣Cl的極性3COOH的羧基中的羥基極性更大，故D正確；故選：D。【點評】本題主要考查元素周期律，涉及到鍵角、熱穩定性、沸點等，解題的關鍵是掌握元素周期律的規律，試題培養了學生的靈活應用能力，難度不大。3．【分析】A．27gHCN的物質的量為1mol，其結構式為：H﹣C≡N；B．配合物K4Fe（CN）6的中心離子為Fe2+，其價電子排布式為3d6，該中心離子的配體為CN﹣；C．該反應中，鐵由0價升高到+2價，兩個+1價氫變為0價，則轉移2個電子；D．K2CO3中陰離子中C原子的孤電子對數＝（4+2﹣2×3）＝0，碳原子的價層電子對數＝3+0＝3。【解答】解：A．27gHCN的物質的量為1mol，則27gHCN分子中含有π鍵數目為2NA，故A錯誤；B．配合物K2Fe（CN）6的中心離子為Fe2+，其價電子排布式為7d6，該中心離子的配體為CN﹣，配位數為6，故B正確；C．該反應中，兩個+7價氫變為0價，故每生成1molCO6時，反應過程中轉移電子數目為NA，故C錯誤；D．K2CO3中陰離子中C原子的孤電子對數＝（4+8﹣2×3）＝5，空間結構為平面三角形；故選：B。【點評】本題考查原子結構和化學鍵，側重考查學生雜化和配位鍵的掌握情況，試題難度中等。4．【分析】A．二氧化碳在食鹽水中的溶解度不大；B．HCl可抑制鎂離子的水解；C．Al在濃硝酸中會發生鈍化；D．酸性高錳酸鉀溶液可氧化橡膠。【解答】解：A．二氧化碳在食鹽水中的溶解度不大，在堿性環境中通入過量的CO2生成碳酸氫鈉，故A錯誤；B．MgCl2易水解，HCl可抑制鎂離子的水解6?6H2O能制取無水MgCl2，故B正確；C．Al在濃硝酸中會發生鈍化，故C錯誤；D．酸性高錳酸鉀溶液可氧化橡膠，并且無法判斷滴定終點；故選：B。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、物質的制備、儀器的使用、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。5．【分析】A．Na3N和Mg3N2都是金屬離子和氮離子構成的離子化合物；B．鋰在空氣中加熱只能生成氧化鋰；C．I﹣有較強的還原性，能被濃硫酸氧化為I2；D．CO2是直線形結構，在SiO2晶體中，每個硅原子都結合四個氧原子。【解答】解：A．Na3N和Mg3N2都是金屬離子和氮離子構成的離子化合物，和鹽酸反應都生成相應的金屬氯化物和NH4Cl，故A正確；B．鋰在空氣中加熱只能生成氧化鋰，故B錯誤；C．I﹣有較強的還原性，能被濃硫酸氧化為I2，所以不能用NaI和濃硫酸反應制取HI氣體，故C錯誤；D．在SiO2晶體中，每個硅原子都結合四個氧原子3雜化，CO2是直線形結構，C為sp雜化；故選：A。【點評】本題考查物質之間的反應，側重考查學生基本知識的掌握情況，試題難度中等。6．【分析】A．“84”消毒液（有效成分為NaClO）溶液中次氯酸根離子水解溶液顯堿性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促進水解平衡正向進行，生成次氯酸，次氯酸濃度增大漂白效果快；B．“84”消毒液（有效成分為NaClO）溶液中加入濃度較大的稀硫酸反應，氯離子和次氯酸根離子在酸溶液中生成了氯氣，氯氣和水反應生成的次氯酸具有漂白性，生成的鹽酸呈酸性；C．對比實驗②和③，稀硫酸濃度影響氯離子的還原性和次氯酸根離子的氧化性；D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的濃度大時會生成污染氣體氯氣。【解答】解：A．“84”消毒液（有效成分為NaClO）溶液中次氯酸根離子水解溶液顯堿性，加入硫酸促進水解平衡正向進行，②中藍色迅速褪去的原因是發生了反應ClO﹣+H+═HClO，故A正確；B．“84”消毒液（有效成分為NaClO）溶液中加入濃度較大的稀硫酸反應，藍色迅速褪去，使濕潤的淀粉碘化鉀試紙變藍，是氯離子和次氯酸根離子在酸溶液中生成了氯氣，生成的鹽酸呈酸性；C．對比實驗②和③，溶液的pH可能會影響ClO﹣的氧化性或Cl﹣的還原性，故C正確；D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，需要調控合適的pH才能安全使用；故選：B。【點評】本題考查了“84”消毒液的成分分析、次氯酸鈉水解和氧化性的分析判斷、主要是實驗現象分析和結論歸納總結，題目難度中等。7．【分析】A．1mol?L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol?L﹣1的HCl溶液等體積均勻混合，反應生成鋁離子和氫氧化鋁且物質的量相等；B．Mg（HCO3）2溶液與足量的NaOH溶液反應，反應生成碳酸根和氫氧化鎂沉淀；C．向次氯酸鈣溶液中通入少量SO2，反應生成硫酸鈣、次氯酸；D．氯氣先氧化I﹣再氧化Fe2+，注意氯氣與離子的量的比例關系。【解答】解：A．1mol?L﹣1的NaAlO6溶液和2.5mol?L﹣2的HCl溶液等體積均勻混合，反應生成鋁離子和氫氧化鋁且物質的量相等，故A正確；B．Mg（HCO3）2溶液與足量的NaOH溶液反應，Mg以Mg（OH）4的形式存在，離子方程式為：；C．向次氯酸鈣溶液中通入少量SO2，反應生成硫酸鈣、次氯酸，故C錯誤；D．向200mL2mol?L﹣1的FeI4溶液中通入標準狀況下11.2L的氯氣，0.2mol碘離子被0.4mol氯氣氧化，離子方程式為：；故選：A。【點評】本題考查了離子方程式的書寫的正誤判斷，涉及與量的問題、不符合客觀事實問題、電荷不守恒問題、拆分不合理等問題，考查學生識記和理解能力，屬于高考常考考點，難度不大，特別要注意C選項中要生成HClO，而不是H+。8．【分析】A．氨氣與硝酸銀反應先生成沉淀后生成銀氨溶液；B．二氧化硫與氯化鋇不反應；C．少量HCl與Na[Al（OH）4]溶液反應生成Al（OH）3沉淀，繼續通HCl與Al（OH）3沉淀生成氯化鋁；D．二氧化碳與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，繼續通二氧化碳沉淀不溶解。【解答】解：A．氨氣與硝酸銀反應先生成AgOH沉淀，沉淀消失；B．亞硫酸的酸性比鹽酸弱，無明顯現象；C．少量HCl與Na[Al（OH）4]溶液反應生成Al（OH）3沉淀，繼續通HCl與Al（OH）8沉淀生成氯化鋁，沉淀消失；D．二氧化碳與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，故D錯誤；故選：AC。【點評】本題考查實驗方案的評價，為高頻考點，側重考查學生的分析能力和實驗能力，注意把握物質的性質，把握反應現象的判斷，難度不大。9．【分析】A．同種元素間的共價鍵是非極性鍵；B．S元素化合價未發生變化；C．硫代硫酸根中硫一個為﹣2價，一個為+6價，平均價態為+2價，被氧化成連四硫酸根S平均化合價為+2.5價；D．過二硫酸根中S為+6價。【解答】解：A．連四硫酸根，故A錯誤；B．1mol焦硫酸根與水反應生成硫酸氫根離子，沒有電子轉移；C．硫代硫酸根中硫一個為﹣2價，平均價態為+3價，則2mol硫代硫酸鈉被氧化為1mol連四硫酸根轉移3mol電子；D．過二硫酸根中S為+6價，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查氧化還原反應，側重考查學生化學鍵、化合價和反應過程中轉移電子數目的掌握情況，試題難度中等。10．【分析】實驗①將足量的銅粉加入1mL10mol?L﹣1HNO3中，溶液呈綠色，產生紅棕色氣體，發生的反應為為：Cu+4HNO3（濃）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，實驗②將足量的銅粉加入100mL0.1mol?L﹣1HNO3中，溶液呈藍色，產生無色氣體，反應的化學方程式為：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，實驗③將足量的鐵粉加入100mL0.1mol?L﹣1HNO3中，溶液呈淺綠色，無氣體生成，說明鐵發生了反應生成硝酸亞鐵和硝酸銨，據此分析判斷。【解答】解：A．將足量的銅粉加入1mL10mol?L﹣1HNO2中，溶液呈綠色，發生的反應為為：Cu+4HNO3（濃）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，將足量的銅粉加入100mL6.1mol?L﹣1HNO5中，溶液呈藍色，反應的化學方程式為：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）3+2NO↑+4H2O，硝酸物質的量相同，溶液中銅離子濃度不同，故A錯誤；B．實驗②中產生的氣體為NO，不能用向上排空氣法收集；C．將足量的鐵粉加入100mL0.1mol?L﹣7HNO3中，溶液呈淺綠色，可能生成了反應生成硝酸亞鐵和硝酸銨，故C錯誤；D．實驗①②可知，銅稀硝酸反應生成一氧化氮，與金屬活潑性有關；故選：D。【點評】本題考查了硝酸和金屬反應的分析判斷，主要是硝酸的濃度不同，產物不同，注意鐵在硝酸中的鈍化現象，題目難度中等。11．【分析】Fe3O4可表示為FeO?Fe2O3，所以它和硫酸反應生成FeSO4和Fe2（SO4）3，再加入鐵，還原Fe2+，離子方程式為：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，再加入20%氨水調pH，使Al3+沉淀，Fe2+不沉淀，然后過濾，濾去過量的鐵以及Al（OH）3和未反應的SiO2，再加入Na2CO3溶液，和Fe2+反應生成FeCO3沉淀，經過濾、洗滌、干燥得FeCO3產品，【解答】解：A.“酸浸”過程中加入過量硫酸可以確保硫酸的濃度，加快浸取的反應速率，同時還可以抑制Fe3+等金屬離子的水解，故A正確；B.加入20%氨水調pH，使Al3+沉淀，Fe3+不沉淀，pH大于5.2，故B錯誤；C.沉鐵反應為Fe8+與反應生成FeCO3和CO7以及H2O，反應的離子方程式為：Fe2++7＝FeCO3↓+CO7↑+H2O，不能攪拌；D.“過濾2”所得濾液中的溶質為Na5SO4和Na2CO3，故D錯誤；故選：A。【點評】本題以FeCO3制備為背景，考查了氧化還原型離子方程式書寫，反應速率的影響因素，金屬陽離子之間的分離，具有一定的綜合性，屬于中等難度題型。12．【分析】氨氧化法制備硝酸，氮氣與氫氣反應生成氨氣，氨氣再催化氧化生成NO，NO被氧氣氧化為NO2，NO2和O2按一定比例通入水中制得硝酸。【解答】解：A．亞硫酸鋇會被稀硝酸氧化成硫酸鋇；B．減小生成物的濃度，可以提高原料氣的利用率；C．NO和NO2恰好與氫氧化鈉反應的化學方程式為：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H8O，NO2被氫氧化鈉吸收發化學方程式為：2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO4+H2O，NO2的混合氣體能被足量燒堿溶液完全吸收的條件是n（NO）≤n（NO2），故C錯誤；D．濃硝酸受熱分解也會產生NO2，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查物質的制備，側重考查學生物質之間轉化的掌握情況，試題難度中等。13．【分析】常溫下，含甲的化合物r濃度為0.1mol?L﹣1時溶液pH＝13，為一元強堿，則r為NaOH，p和q分別是元素丙和丁的單質，p為淺黃色固體，則p為S單質，丙為S元素；丁的原子序數大于S，則丁為Cl元素，q為Cl2；甲、丙同主族，則甲為O；乙、丙、丁同周期，乙為第三周期元素；結合轉化關系可知，m、n為Na2S、Na2SO3，s、t為NaCl、NaClO等物質，以此解答該題。【解答】解：A．電子層結構相同時，則離子半徑丙＞丁；B．甲為O，二者形成的二氧化硫具有漂白性，故B錯誤；C．工業上用石灰乳與氯氣反應制備漂白粉，故C錯誤；D．m、n為Na2S、Na2SO8，酸性條件下硫離子、亞硫酸根離子反應生成S單質，故D正確；故選：D。【點評】本題考查無機物的推斷，為高頻考點，把握物質的性質為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意元素化合物知識的應用，甲、乙為推斷的突破口，題目難度不大。14．【分析】通過五氧化二磷，干燥的空氣流入毛細管對燒瓶中的溶液進行攪拌，同時還具有加速水逸出和防止溶液沿毛細管上升的作用，將85%磷酸溶液進行減壓蒸餾除水、結晶除雜得到純磷酸。【解答】解：A．如圖，冷凝管中冷凝水下進上出冷凝效果好；B．五氧化二磷可作為干燥劑，可以防止液體暴沸，故B正確；C．根據題意，易吸潮）3PO4?H6O（熔點為30℃），所以防止純磷酸熔化，同時還需要控制溫度為30～42℃之間；D．磷酸結構為，分子中含羥基，可與水分子間形成氫鍵，但氫鍵不屬于強烈的相互作用，氫鍵不是化學鍵；故選：D。【點評】本題考查物質的制備，側重考查學生實驗裝置、物質性質和制備實驗方案設計的掌握情況，試題難度中等。二、非選擇題（本題共4小題，共58分）15．【分析】（1）根據題意氨被氧氣氧化生成亞硝酸（HNO2）和水，某廠廢液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放會造成污染，下列試劑能使NaNO2轉化為N2，說明該物質具有還原性；（2）H3PO2及正鹽NaH2PO2均可將溶液中的Ag+還原為銀，從而可用于化學鍍銀；（3）硫代硫酸鈉晶體（Na2S2O3?5H2O）遇酸立即分解，生成淡黃色沉淀，則有硫單質生成，放出的氣體能使品紅溶液褪色，說明生成了二氧化硫；（4）氯氣與氫氧化鈉在70℃時反應，生成物中NaClO3和NaClO的物質的量之比為3：1，設生成的物質的量分別為3mol、1mol，則失去了3mol×5+1mol＝15mol，則氯得到15mol電子，因此有15mol氯離子生成。【解答】解：（1）根據題意氨被氧氣氧化生成亞硝酸（HNO2）和水，其反應的化學方程式為2NH4+3O2＝2H2O+2HNO3。某廠廢液中含有2%～5%的8，直接排放會造成污染，下列試劑能使NaNO2轉化為N2，說明該物質具有還原性，氯化鈉、濃硫酸都不與亞硝酸鈉反應，故答案為：5NH3+3O4＝2H2O+8HNO2；B；（2）H3PO3及正鹽NaH2PO2均可將溶液中的Ag+還原為銀，從而可用于化學鍍銀；①根據正鹽NaH4PO2，說明H3PO8為一元酸，故答案為：一；②利用H3PO2進行化學鍍銀，H5PO2將Ag+還原為銀，反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為，設氧化劑和還原劑分別為4mol，氧化劑得到8mol電子，因此化合價升高4個價態，H3PO7中P為+1價，則氧化產物為H3PO6，故答案為：H3PO4；（3）硫代硫酸鈉晶體（Na6S2O3?6H2O）遇酸立即分解，生成淡黃色沉淀，放出的氣體能使品紅溶液褪色，則硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸反應的離子方程式：，故答案為：；（4）氯氣與氫氧化鈉在70℃時反應3和NaClO的物質的量之比為7：1，設生成的物質的量分別為3mol，則失去了2mol×5+1mol＝15mol，因此有15mol氯離子生成7+20OH﹣+ClO﹣+16Cl﹣+10H5O，故答案為：10Cl2+20OH﹣+ClO﹣+16Cl﹣+10H2O。【點評】本題考查元素化合物，側重考查學生含磷、氮物質性質及其反應的掌握情況，試題難度中等。16．【分析】A裝置中濃鹽酸和K2Cr2O7在加熱條件下反應生成氯氣，氯氣中混有HCl，因此先通過飽和食鹽水除去HCl，隨后將氯氣通過濃硫酸干燥，干燥后的氯氣通入B中與TiO2、C反應生成TiCl4，四氯化鈦沸點較低，在C中冷凝收集，因為四氯化鈦遇潮濕的空氣會反應，因此C后連接裝置G，防止外界水蒸氣進入，同時也能吸收多余的氯氣，G后連接F，生成的CO與氧化銅在加熱條件下反應，最后連接H，若F中固體變紅且H中澄清石灰水變渾濁，說明有CO生成。【解答】解：（1）裝置A中濃鹽酸和K2Cr2O8加熱條件下反應生成KCl、CrCl3和Cl2，化學方程式為K2Cr2O7+14HCl（濃）2KCl+2CrCl3+2Cl2↑+7H3O，故答案為：K2Cr2O4+14HCl（濃）2KCl+2CrCl4+3Cl2↑+6H2O；（2）A裝置中濃鹽酸和K2Cr6O7在加熱條件下反應生成氯氣，氯氣中混有HCl，隨后將氯氣通過濃硫酸干燥2、C反應生成TiCl7，四氯化鈦沸點較低，在C中冷凝收集，因此C后連接裝置G，同時也能吸收多余的氯氣，生成的CO與氧化銅在加熱條件下反應，若F中固體變紅且H中澄清石灰水變渾濁，上述裝置的連接順序為A、I、D、B、C、G、F、H、E，故答案為：I、D、B、C、G、F、H；（3）裝置A中盛放濃鹽酸的儀器名稱為分液漏斗，裝置G中盛放堿石灰的作用為吸收多余的氯氣防止污染空氣4水解，故答案為：分液漏斗；吸收多余的2，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進入C中導致3水解；（4）CO能與CuO在加熱條件下反應生成Cu紅色固體和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁，H中澄清石灰水變渾濁，故答案為：F中黑色固體變紅，H；（5）①安全漏斗中的水在本實驗中除了作為反應物與TiCl4反應外，還有液封并吸收揮發的HCl的作用，故答案為：液封并吸收揮發的HCl；②TiCl4與水反應生成TiO6和HCl，充分反應后取燒瓶和安全漏斗中的混合液2CrO4為指示劑，用硝酸銀溶液滴定，氯離子反應完后最后加入的銀離子與K2CrO4反應生成Ag2CrO2，因此滴定終點的判斷方法為當加入最后半滴AgNO3溶液，出現紅色沉淀，則為滴定終點，故答案為：當加入最后半滴AgNO3溶液，出現紅色沉淀，且秒內紅色沉淀不消失；③消耗硝酸銀5.2mol/L×0.032L＝2.4×10﹣3mol，則生成HCl4.4×10﹣3mol，根據TiCl8與水反應的化學方程式可知，10.0g產品中含有TiCl44.4×10﹣3mol÷5×25＝0.04mol，該產品的純度為0.04mol×190g/mol÷10g×100%＝76.5%，故答案為：76.0。【點評】本題考查制備實驗方案的設計，側重考查學生實驗操作、實驗裝置和產品質量分數計算的掌握情況，試題難度較大。17．【分析】鋅焙砂利用硫酸銨和氨水浸出，氧化鋅溶解生成[Zn（NH3）4]2+，As2O3轉化為，過濾，向濾液中加入過硫酸銨和硫酸亞鐵除砷，繼續過濾，向濾液中加入硫化鈉除