南昌二中2019-2020学年高二下学期期末化学试卷(含答案解析)

一、单选题（本大题共16小题，共48.0分） 1.

下列物质中的分类组合正确的是( )

强电解质 弱电解质 非电解质 A HCl H2CO3 B CuSO4 CH3COOH C H2SO4 D BaSO4 CaCO3 氨水 H2O CH3CH2OH SO2 Cu A. A

2.

B. B C. C D. D

下列说法正确的是( )

A. 由同种元素组成的物质一定是纯净物 B. 不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应

C. 用K2FeO4代替Cl2处理饮用水，有杀菌消毒作用，且不会形成致癌物，但无净水作用 D. 石油分馏、干冰升华、焰色反应都只涉及物理变化

3.

下列叙述中正确的是( )

A. 1mol氢的质量是1g

B. 1mol CO的质量为28g⋅mol−1 C. 2mol O的质量为16g

D. 3.01×1023个SO2分子的物质的量为0.5mol

4.

往浅绿色的Fe(NO3)2溶液中逐滴加入稀盐酸后，溶液的颜色应该是( )

A. 变浅

5.

高分子化合物

B. 逐渐加深 C. 没有改变 D. 变棕黄色

是由下列哪些有机物加聚生成( )

A. 126

6.

B. 135 C. 125 D. 235

已知室温饱和H2S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5。根据以上信息设计以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法如图所示，下列说法错误的是( )

A. 将浓硫酸稀释为25%稀硫酸，所需仪器为玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管 B. 操作Ⅱ中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是抑制Fe2+的水解

C. 操作Ⅱ中，通入H2S至饱和的目的是使Sn2+转化为SnS沉淀并防止Fe2+被氧化 D. 操作Ⅳ中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分

7.

将Cu片放入0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中的C(Fe3+)：C(Fe2+)=2：3，则Cu2+与Fe2+的物质的量之比为( )

A. 3：4

8.

B. 4：3 C. 1：2 D. 5：3

单质砸(Se)是重要的半导体材料，工业上从含硒阳极泥(含Se、CuSe)提取单质硒(Se)的流程如图所示：已知“高温焙烧”后Se元素全部以SeO2(g)形式存在，浓硫酸的还原产物为SO2.下列说法错误的是( )

A. “高温焙烧”时，Se与H2SO4发生反应的化学方程式为Se+2H2SO4

2H2O

 高温 

− 

SeO2↑+2SO2+

B. “高温焙烧”后，Cu元素全部以CuO的形式存在于“焙砂”中

C. “吸收与还原”过程中发生的总反应为SeO2+2SO2+2H2O=Se+H2SO4

D. 将“吸收和还原”后所得的稀硫酸处理变为浓硫酸，返回“焙烧”工序循环利用，可提高原

料利用率 9.

下列各选项均有X、Y两种物质，将X缓缓滴入(通入)Y溶液中，无论X是否过量，均能用同一离子方程式表示的是( )

A. X−稀盐酸，Y−碳酸钠溶液 B. X−偏铝酸钠溶液，Y−硫酸溶液 C. X−硫化氢气体，Y−氯化铁溶液 D. X−二氧化碳，Y−偏铝酸钠溶液

10. 下列反应既属于氧化还原反应又属于离子反应的是( )

A. 碳在氧气中燃烧

C. 硫酸钠溶液中滴加氢氧化钡溶液

B. 二氧化碳通入澄清石灰水中 D. 锌粒放入硫酸铜溶液中

11. 下列有关物质的描述及其应用均正确的是( )

A. 氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃 B. FeCl3具有氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板

C. Na2O2中含有O2，所以用过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气 D. 铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓

12. 某学生设计了如图的方法对X盐进行鉴定，由此分析，下列结论中正确的是( )

A. Z中一定有Fe3+ C. Y一定是AgI沉淀

B. X中一定有Fe3+ D. X一定为FeBr2溶液

13. 氢化钙(CaH2)是一种常用的储氢材料。某化学兴趣小组制取氢化钙的实验装置如图：资料：氢

化钙要密封保存，在空气中容易变质。下列说法不正确的是( )

A. ②和④中分别盛装碱石灰和浓硫酸

B. 反应结束后，应先停止加热，通气一段时间再关闭活塞K

C. 点燃酒精灯前，先用试管在⑤处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度 D. 装置①也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气

14. 分子式为C5H8O3的有机物，既能和NaHCO3溶液反应，又能发生银镜反应的同分异构体有( )种

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

15. 将250mL含BaCl2和KC1的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡

离子完全沉淀；另取−份加入含bmol银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则原混合溶液中钾离子物质的量浓度为( )

A. 4 (b+2a) mol/L C. 20 (b−2a) mol/L

16. 下列方程式书写正确的是( )

B. 20 (2a−b) mol/L D. 10(b−a) mol/L

−2−+

A. HSO−3的水解离子方程式：HSO3+H2O⇌H3O+SO3

B. 以银为电极电解硫酸铜溶液离子方程式：2Cu2++2H2O

 通电 

− 

2Cu+4H++O2↑

C. 向FeI2溶液中通入一定量Cl2的离子方程式可能为：2Fe2++2Cl2+2I−=2Fe3++4Cl−+I2 D. 乙烯的燃烧热是akJ/mol，表示乙烯燃烧热的热化学方程式为：C2H4(g)+3O2(g)=

2CO2(g)+2H2O(l)△H=−akJ/mol 二、填空题（本大题共1小题，共6.0分） 17. (13分)

由Fe、CuO、C、Al组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)： (1)反应1中的化学方程式是： ； (2)反应2中的离子方程式是： 。

(3)当溶液B变成溶液C时双氧水变成了水，请完成该反应的离子方程式：

(配平的化学计量数写在方框内，若计量数为“1”也要写出来)□ Fe2++ □ H2O2+ □ H+ =

□ Fe3++ □ H2O

此该反应的还原剂为 。

(4)已知固体B与浓硫酸共热可以产生两种气体，若反应后硫酸变成SO2，则1.5mol硫酸完全反应转

移的电子数为 mol。

三、流程题（本大题共1小题，共12.0分）

PbSO4、PbCl2和18. 白银是高新技术产业的基础材料之一。以铜阳极泥分离所得废渣(成分为AgCl、

Ag2Te)为原料，生产白银的工艺流程如图：

已知：

−

①水溶液中H2SO3、HSO−3、SO3的物质的量分数随pH的变化如图1所示；

−−

②“浸出”时AgCl与Na2SO3溶液反应的离子方程式为AgCl+nSO−3⇌[Ag(SO3)n](2n−1)+Cl。

(1)“预处理”是为了去除废渣中的PbCl2和Ag2Te。

①酸性条件下，Ag2Te与NaClO3反应生成AgCl、NaCl和H2TeCl6(易溶于水)。写出该反应的化学方

程式：______。

②PbCl2、AgCl在不同浓度的盐酸中溶解情况如图2所示。“预处理”所用稀盐酸的最佳浓度为

______。

(2)“浸出”时加入稍过量的Na2SO3溶液，同时控制pH在9以上，其目的是______。

(3)“过滤Ⅰ”所得滤渣的主要成分是______(填化学式)。将滤液X中Cl−和SO2−4去除后，再加入适

量的______(填化学式)，可实现原料的循环利用。

(4)写出碱性条件下N2H4还原AgCl的化学反应方程式：______。 四、实验题（本大题共1小题，共10.0分）

19. 工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4，SiCl4经提纯后用氢气还原

得高纯度硅。以下是实验室制备SiCl4的装置示意图

请回答下列问题：

(1)仪器D的名称______。

(2)装置A的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是______。

(3)C中吸收尾气一段时间后，吸收液中存在多种阴离子，下列有关吸收液中离子检验的说法正确的

是______。

A.取少量吸收液加入AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则说明一定存在Cl− B.取少量吸收液，滴加溴水，若溴水褪色，则说明一定存在SO2−3

C.取少量吸收液，加过量BaCl2溶液，过滤出沉淀，向沉淀中加过量稀盐酸，若沉淀部分溶解，且有

气泡产生，则说明一定存在SO2−3

D.取少量吸收液，加硫酸酸化后再加淀粉碘化钾溶液，若溶液变蓝，则说明一定存在ClO− 五、简答题（本大题共2小题，共24.0分）

20. 某校探究性学习小组用部分生锈的废铁屑(铁锈的主要成分为Fe2O3)制氯气。

回答下列问题：

(1)步骤①中先加入热的Na2CO3溶液除油污，操作甲的名称是______。

(2)步骤②中，除发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑外，其它可能反应的离子方程式为______。 (3)溶液C的颜色是______，溶液D中可能含有的金属阳离子有______。 (4)可以验证溶液B中是否含有Fe2+的一种试剂是______(填选项序号)。 a.稀硫酸 b.铁 C.KSCN溶液 d.酸性高锰酸钾溶液

21. 太阳能是目前地球上最清洁的能源，化学新材料的研制为更好的

开发利用太阳能展现了广阔的前景。请根据你所学知识回答下列有关问题：

(1)太阳能热水器吸热涂层常使用一种以镍或镍合金空心球做的吸收

剂，镍在元素周期表中的位置是______。

(2)由氧、镍和碳三种元素组成的化合物四羰基镍[Ni(CO)4]为无色挥发性剧毒液体，熔点−25℃，沸

点43℃.不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、苯、四氯化碳等有机溶剂，四羰基镍的晶体类型是______，写出一种与其配体互为等电子体的结构式______。

(3)三氟化氮在太阳能电池制造中得到广泛应用。它可在铜的催化作用下由F2和过量的NH3 反应得到，

该反应的化学方程式为3F2+4NH3=NF3+3NH4F，写出NH4F的电子式______。往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是______。

(4)多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硒化镓、硫化锌薄膜电池等。 ①砷和镓的第一电离能关系为：Ga______As(填“>”、“<”或“=”) ②SeO2分子的空间构型为______。

③硫化锌的晶胞结构如图所示，锌离子的配位数是______。

已知此晶胞立方体的边长为a cm，晶体的密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数可表示为______mol−1(

用含a、ρ的代数式表示)。

【答案与解析】

1.答案：A

解析：解：A、HCl是强酸，是强电解质，H2CO3是弱酸，是弱电解质，SO2是非金属氧化物，是非电解质，故A正确；

B、Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误； C、CaCO3是盐，是强电解质，故C错误；

D、氨水是氨气的水溶液，是混合物，不是电解质也不是非电解质，故D错误． 故选A．

强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括：强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物；

弱电解质是指在水溶液中部分电离的电解质，包括：弱酸、弱碱、水；

非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，包括：酒精、蔗糖、非金属氧化物(除了H2O)、氨气．

本题考查了强弱电解质和非电解质的概念，把握住概念的实质是解题关键，难度不大．

2.答案：D

解析：解：A、同素异形体是同种元素组成的不同单质，如O2和O3形成的混合物是同种元素组成，故A错误；

B、不成盐氧化物和酸碱不反应，如CO、NO等，故B错误；

C、K2FeO4代杀菌消毒，被还原为铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附作用可以净水，故C错误； D、石油分馏是可知沸点分离混合物、干冰升华是二氧化碳固体变化为气体、焰色反应是金属元素的性质，变化过程都是物理变化，故D正确； 故选D．

A、同素异形体是同种元素组成的不同单质； B、不成盐氧化物和酸碱不反应；

C、K2FeO4代杀菌消毒，被还原为铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附作用可以净水； D、石油分馏是可知沸点分离混合物、干冰升华是二氧化碳固体变化为气体、焰色反应是金属元素的性质．

本题考查了物质组成和分类的分析判断，胶体性质，混合物分离的方法判断，注意焰色反应是元素的性质，题目较简单．

3.答案：D

解析：解：A.使用物质的量时，应指明具体的物质或微粒，1mol氢指代不明确，不能确定为氢气还是氢原子，故A错误；

B.CO的摩尔质量为28g/mol，1molCO的质量为28g，故B错误； C.2mol O的质量为2mol×16g/mol=32g，故C错误； D.3.01×1023个SO2分子的物质的量为故选D．

A.使用物质的量时，应指明具体的物质或微粒； B.CO的摩尔质量为28g/mol； C.根据m=nM计算判断； D.根据N=N计算判断．

A

3.01×1023

6.02×1023mol−1

=0.5mol，故D正确，

N

本题考查物质的量、摩尔质量、物质的量有关计算等，比较基础，注意使用物质的量时应指明具体的物质或微粒．

4.答案：D

解析：Fe(NO3)2与稀盐酸反应的离子方程式为：3Fe2++反应后溶液变棕黄色，故选D项。

+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，所以

5.答案：A

解析：解：

加聚反应产物，该高分子化合物中存在一个碳碳

双键，且主链含有8个C原子，则其合成单体一定为3种，将中括号去掉，然后将两个半键闭合，可以得到该高分子化合物的单体为：①CH2CH3， 故选A．

首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，

加聚产物的单体推断方法：凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体，凡链节中主碳链为6个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种(即单烯烃和二烯烃)．

、②CH2=CH−CH=CH2、⑥CH2=CH−

(1)凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可；

(2)凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体；

(3)凡链节中主碳链为6个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种(即单烯烃和二烯烃)； 缩产物的单体推断方法：断键，补原子．即找到断键点，断键后在相应部位加上−OH或−H． 本题考查了有机物高分子化合物单体的求算、加聚反应原理，题目难度不大，注意掌握加聚反应原理，明确根据聚合反应产物判断合成单体的方法．

6.答案：B

解析：解：A.将浓硫酸稀释为25%稀硫酸，应用量筒量取一定体积的浓硫酸，沿玻璃棒缓缓倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，则所需仪器为玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等，故A正确； B.在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，故B错误； C.使Sn2+转化为SnS沉淀，硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故C正确； D.晶体易溶于水，用乙醇洗涤，可避免晶体的溶解，故D正确。 故选：B。

铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4⋅7H2O，以此解答该题。

本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，题目着重于分离混合物的实验方法设计和分析判断的考查，注意把握滴定实验的分析判断，题目难度中等。

7.答案：A

解析：解：将Cu片放入FeCl3溶液中。发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，假设溶液中n(Fe2+)=3mol，则溶液中n(Fe3+)=2mol，

由离子方程式可知，n(Cu2+)=2n(Fe2+)=2×3mol=1.5mol，所以n(Cu2+)：n(Fe2+)=1.5mol：2mol=3：4， 故选：A。

1

1

先利用假设法求出Fe2+、Fe3+的物质的量，再根据离子方程式中Cu2+和Fe2+的关系求出铜离子的物质的量。

本题考查了铁离子的氧化性、离子方程式的有关计算，难度一般，巧妙利用假设法是解本题的关键。

8.答案：C

A.Se与浓硫酸在焙烧下反应生成SeO2、SO2，解析：解：化学方程式为Se+2HSO

24+2H2O，故A正确；

B.通入足量空气，CuSe可转化为CuO和SeO2，Cu元素全部以CuO的形式存在于“焙砂”中，故B正确；

C.“吸收与还原”过程中发生的总反应应为SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4，故C错误； D.吸收与还原生成稀硫酸，浓缩后可用于焙烧环节，可循环使用，故D正确。 故选：C。

由流程可知，含硒阳极泥(含Se、CuSe)加入浓硫酸在高温下焙烧，生成SeO2，且生成SO2，焙砂主要成分为CuO，SeO2、SO2通入水中，发生氧化还原反应生产硫酸和纯硒，以此解答该题。 本题以从阳极泥中回收硒为载体的工艺流程，涉及实验的设计与评价，考查混合物的分离与提纯、反应原理的理解与应用，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，题目难度不大。

 高温 

− 

SeO2↑+2SO2↑

9.答案：C

解析：解：A.碳酸钠少量，生成氯化钠、水、二氧化碳；碳酸钠过量，生成碳酸氢钠，发生的化学反应不同，产物不同，不能用同一离子反应表示，故A错误；

B.硫酸少量，生成氢氧化铝；硫酸过量，生成硫酸铝、硫酸钠和水，发生的化学反应不同，产物不同，不能用同一离子反应表示，故B错误；

C.硫化氢和氯化铁发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫，与量无关，故C正确；

D.二氧化碳少量反应生成氢氧化铝和碳酸钠，二氧化碳过量生成氢氧化铝和碳酸氢钠，产物不同，不能用同一离子方程式表示，故D错误． 故选C．

无论X是否过量，均能用同一离子方程式表示，则反应与量无关；若反应与量有关，产物不同，离子反应可能不同，以此来解答．

本题考查元素化合物知识，为高频考点，把握与量有关的离子反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

10.答案：D

解析：解：A.碳在氧气中的燃烧属于氧化还原反应，但不属于离子反应，故A错误； B.二氧化碳通入澄清石灰水中的反应为离子反应，但不属于氧化还原反应，故B错误； C.硫酸钠溶液中滴加氢氧化钡溶液的反应为离子反应，但不属于氧化还原反应，故C错误； D.锌粒放入硫酸铜溶液中生成硫酸锌和铜，该反应既属于氧化还原反应又属于离子反应，故D正确； 故选：D。

有离子参与的反应为离子反应，存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此进行判断。 本题考查氧化还原反应、离子反应的判断，题目难度不大，明确氧化还原反应概念、离子反应发生条件为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力。

11.答案：B

解析：解：A.HF为弱酸，但与二氧化硅反应，可用氢氟酸蚀刻玻璃，故A错误；

B.Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，利用氧化铁的氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板，故B正确；

C.Na2O2为离子化合物，含O元素，但用过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气，故C错误； D.Cu与浓反应，不能用铜罐代替铝罐贮运浓，故D错误； 故选B． A.HF为弱酸；

B.Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁； C.Na2O2为离子化合物，含O元素； D.Cu与浓反应．

本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的组成、性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

12.答案：A

Y为X与银反应生成的浅黄色沉淀，解析：解：由图中转化可知，则Y为AgBr，即X中含有Br−，Z中加KSCN溶液变为血红色溶液，X中含有铁元素，X为可能含有Fe3+或Fe2+， 则Z中含有Fe3+，A.由上述分析可知，Z中一定有Fe3+，故A正确； B.X中含有铁元素，X为可能含有Fe3+或Fe2+，故B错误； C.Y为AgBr，故C错误；

D.由上述分析可知，X中含Br−，Fe3+或Fe2+，则X可能为FeBr2溶液，故D错误； 故选：A。

由图中转化可知，Y为X与银反应生成的浅黄色沉淀，则Y为AgBr，即X中含有Br−，Z中加KSCN溶液变为血红色溶液，则Z中含有Fe3+，X中含有铁元素，X为可能含有Fe3+或Fe2+，以此来解答。

本题考查无机物的推断，明确沉淀的颜色和铁离子的检验即可解答，注意A中铁元素的存在形式是解答中的易错点，用酸化时将亚铁离子氧化为铁离子，题目难度不大。

13.答案：D

解析：解：A.②用于盛装固体，可用碱石灰，④用于盛装液体，可用浓硫酸，故A正确； B.反应结束后，应先停止加热，继续通入氢气，至固体冷却后再关闭活塞K，避免固体被氧化，故B正确；

C.由于氢气参与反应，且在加热条件下进行，应避免不纯的氢气在加热时爆炸，则点燃酒精灯前，先用试管在⑤处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，故C正确；

D.装置①在加热条件下进行，而二氧化锰和浓盐酸在加热条件下进行，则装置①不能用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，故D错误。 故选：D。

①中稀硫酸与锌反应生成氢气，②可用干燥氢气，可用碱石灰等，③中加热条件下氢气和钙反应生成氢化钙，④可用浓硫酸，避免空气中的水进入③而导致氢化钙变质，以此解答该题。

本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，解答本题注意把握物质的性质以及题给信息，把握反应的流程，同时要具有扎实的实验基础知识，难度不大。

14.答案：C

解析：解：既能与碳酸氢钠溶液反应又能发生银镜反应，说明有羧基和醛基，故C 5H8O3可能的结构为HOOC−CH2−CH2−CH2−CHO、HOOC−CH(CH3)−CH2−CHO、HOOC−CH2−CH(CH3)−CHO、HOOC−C(CH3)2−CHO、OHCCH(CH2CH3)COOH，故可能的结构有5种， 故选：C。

既能与碳酸氢钠溶液反应又能发生银镜反应，说明有羧基和醛基，据此进行分析。 本题考查同分异构体的书写、官能团的性质等，难度中等。

15.答案：C

解析：解：混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。一份加入含a mol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++

2+SO2−4=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba)=n(Na2SO4)=amol，

另一份加入含bmol银的溶液，发生反应Ag++Cl−=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl−)=n(Ag+)=bmol，

根据电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl−)，每份溶液中n(K+)=bmol−2amol=(b−

−12a)mol，故钾离子浓度为mol/L=20(b−2a)mol⋅L， 0.05L

b−2a

故选：C。

混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。一份加入含amol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO2−4=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=n(Na2SO4)；另一份加入含bmol银的溶液，发生反应Ag++Cl−=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl−)=n(Ag+)，再利用电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl−)，据此计算每份中n(K+)，根据c=V计算钾离子浓度即可。 本题考查离子反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键，侧重分析、计算能力的考查，注意每份中离子浓度相同，题目难度不大。

n

16.答案：D

−−解析：解：A.为HSO−3的电离方程式，水解离子方程式为HSO3+H2O⇌H2SO3+OH，故A错误；

B为活性电极，阳极为银失去电子，离子反应为2Ag+Cu2+

 通电 

− 

Cu+2Ag+，故B错误；

C.还原性I−强于Fe2+，该离子方程式不可能发生，故C错误；

D.乙烯的燃烧热是akJ/mol，C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+可知表示乙烯燃烧热的热化学方程式为：2H2O(l)△H=−akJ/mol，故D正确； 故选：D。

2−+A.HSO−3+H2O⇌H3O+SO3为电离方程式；

B.以银为电极电解硫酸铜溶液，阳极Ag失去电子；

C.还原性I−强于Fe2+，碘离子全部被氧化后，再氧化亚铁离子； D.1mol乙烯燃烧生成稳定氧化物放热为akJ．

本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握电离与水解、电解反应、氧化还原反应、热化学方程式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应原理及化学用语的使用，题目难度不大． CuO+2H+=(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (2)Fe+2H+=Fe2++H2↑；17.答案：Cu2++H2O

(3)2，1，2，2，2；Fe2+(或FeSO4)；(4)3

CuO、C、Al组成的混合粉末加入过量的NaOH溶液时，(1)由Fe、2Al+解析：试题分析：发生反应：2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；溶液A中含有NaAlO2和NaOH；固体A中含有Fe、CuO、C。

CuO+2H+=Cu2++H2O，(2)向固体A中加入过量的硫酸，会发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑；得到的溶液B中含有FeSO4、CuSO4、H2SO4。固体B中含有C单质。(3)当向溶液B中加入双氧水时，由于双氧水有氧化性，硫酸亚铁有还原性，二者在酸性条件下会发生氧化还原反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O.变成溶液C中含Fe2(SO4)3、CuSO4、H2SO4。氧化剂双氧水，还原剂是FeSO4。(4)固体C与浓硫酸共热可发生反应：C+2H2SO4(浓)

CO2↑+2SO2↑+2H2O。根据

反应方程式可知，2mol的硫酸反应转移电子4mol.则1.5mol硫酸完全反应转移的电子数是3mol。 考点：考查元素及化合物的知识。包括金属、非金属元素的单质及化合物的性质、转化、电子转移、方程式的书写的知识。

18.答案：NaClO3+Ag2Te+8HCl=2AgCl+H2TeCl6+NaCl+3H2O 3.2mol⋅L−1 增大SO2−3的浓

度，促衡正向移动，提高银元素的浸出率 PbSO4 NaOH 4AgCl+N2H4+4NaOH=4Ag+N2+4H2O+4NaCl

解析：解：(1)①酸性条件下，Ag2Te与NaClO3反应生成AgCl、NaCl和H2TeCl6(易溶于水)，反应的化学方程式为NaClO3+Ag2Te+8HCl=2AgCl+H2TeCl6+NaCl+3H2O， 故答案为：NaClO3+Ag2Te+8HCl=2AgCl+H2TeCl6+NaCl+3H2O；

AgCl溶解度差距最大，PbCl2、当盐酸浓度为3.2 mol⋅L−1时，则选择盐酸浓度为3.2 mol⋅②由图可知，

L−1，以达到分离的目的，故答案为：3.2 mol⋅L−1；

2−(2)浸出”时加入稍过量的Na2SO3溶液，同时控制pH在9以上，可减少SO2−3的水解，增大SO3的浓

度，促衡正向移动，提高银元素的浸出率，

故答案为：增大SO2−3的浓度，促衡正向移动，提高银元素的浸出率；

(3)由以上分析可知“过滤Ⅰ”所得滤渣的主要成分是PbSO4，滤液X中Cl−和SO2−4去除后，再加入适量的NaOH，可生成亚硫酸钠，可实现原料的循环利用， 故答案为：PbSO4；NaOH；

(4)碱性条件下N2H4还原AgCl的化学反应方程式为4AgCl+N2H4+4NaOH=4Ag+N2+4H2O+4NaCl，发生氧化还原反应，

故答案为：4AgCl+N2H4+4NaOH=4Ag+N2+4H2O+4NaCl。

铜阳极泥分离所得废渣(成分为AgCl、PbSO4、PbCl2和Ag2Te)加入稀盐酸和氯酸钠，发生NaClO3+Ag2Te+8HCl=2AgCl+H2TeCl6+NaCl+3H2O，滤液中含有H2TeCl6、NaCl等，滤渣含有AgCl、PbSO4等，加入亚硫酸钠浸取，生成[Ag(SO3)n](2n−1)−，滤渣为硫酸铅，滤液加入稀硫酸调节pH3−

4，可生成AgCl，滤液X含有Cl−和SO2−二氧化硫等，碱性条件下N2H4还原AgCl，同时生成氮气，4、以此解答该题。

本题考查物质的制备工艺流程，为高考常见题型，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、物质性质的应用等知识点，是对学生综合能力考查，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。

19.答案：球形干燥管 2C+SiO2+2Cl2

 高温 

− 

SiCl4+2CO CD

解析：解：干燥的氯气通入A中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则B装置冷却可收集四氯化硅，D可防止防止D右端的水蒸气进入B与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后C处理含氯气的尾气；

(1)根据仪器构造可判断仪器D的名称是球形干燥管， 故答案为：球形干燥管；

(2)根据原子守恒可知装置A的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是2C+SiO+2Cl

222CO，

故答案为：2C+SiO+2Cl

22

 高温 

 高温 

− 

SiCl4+

− 

SiCl4+2CO；

(3)A.由于氯气能把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，硫酸银不溶于水，则取少量吸收液加入AgNO3溶液，若生成白色沉淀，不能说明一定存在Cl−，A错误；

B.由于溶液中含有氢氧化钠，氢氧化钠也能与单质溴反应，因此取少量吸收液，滴加溴水，若溴水褪色，不能说明一定存在SO2−3，B错误；

C.取少量吸收液，加过量BaCl2溶液，过滤出沉淀，向沉淀中加过量稀盐酸，若沉淀部分溶解，且有气泡产生，则说明沉淀中含有亚硫酸钡，因此一定存在SO2−3，C正确；

D.取少量吸收液，加硫酸酸化后再加淀粉碘化钾溶液，若溶液变蓝，则说明有单质碘生成，因此一定存在氧化性离子ClO−，D正确； 故选：CD。

干燥的氯气通入A中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则B装置冷却可收集四氯化硅，D可防止防止D右端的水蒸气进入B与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后C处理含氯气的尾气，据此解答。 (1)根据仪器D的结构确定其名称；

(2)碳、二氧化硅和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，结合守恒法书写化学方程式；

−

(3)A.吸收液中含有SO2−4，影响Cl的检验；

B.吸收液中含有氢氧化钠，也能与溴反应生成无色溶液； C.亚硫酸钡能溶于稀盐酸，而硫酸钡不溶于稀盐酸；

D.取少量吸收液，加硫酸酸化后再加淀粉碘化钾溶液，若溶液变蓝，则说明有单质碘生成。 本题考查制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及氯气的性质、硅的提纯等实验知识，明确制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，试题侧重分析与实验能力的综合考查，培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

20.答案：过滤 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+ 棕黄色 Fe2+、Cu2+ d

解析：解：(1)步骤①中先加入热的Na2CO3溶液除油污，操作甲分离固体与液体，名称是过滤，故答案为：过滤；

(2)步骤②中，除发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑外，其他可能反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，

故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+；

(3)溶液C为FeCl3，为棕黄色，④发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，可知溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+，

故答案为：棕黄色；Fe2+、Cu2+；

(4)Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，与Fe、稀硫酸、硫均不反应，则验证溶液B中是否含有Fe2+的一种试剂是d， 故答案为：d。

由流程可知，废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，操作甲为过滤，可得到固体A，②加入足量盐酸，发生Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，③通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，溶液C为FeCl3，④发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，操作乙可得到氯气、铜和E，应为电解操作，阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液，以此解答该题。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

21.答案：第四周期、VIII族；分子晶体；；；F的电负性比

N大，N−F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子；<；V形；4；ρa3

388

解析：解：(1)镍在元素周期表中的位置是第四周期、VIII族， 故答案为：第四周期、VIII族；

(2)四羰基镍[Ni(CO)4]熔点−25℃，沸点43℃，熔沸点较低，可判断为分子晶体，

配体为CO，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以其等电子体为N2，结构式为：

，

；

故答案为：分子晶体；

(3)NH4F中存在离子键，F最外层达到8电子结构，N最外层也达到8电子结构，H最外层达到2电

子结构，则NF3的电子式为：，

NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，则是考虑到NF3中电子对偏向F，N的电子密度小，不易给出电子对形成配位键，

故答案为：

F的电负性比N大，N−F成键电子对向F偏移，；导致NF3

中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子； (4)①同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，所以第一电离能Ga②对于SeO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+四面体形，两对股电子对占据两个顶点，则其空间构型为V形， 故答案为：V形；

③根据晶胞结构分析，S2−做面心立方最密堆积，Zn2+做四面体填隙，所以锌离子的配位数是4， 一个晶胞中含有S2−的数目为8×8+6×2=4个，含有Zn2+的数目为4个，不妨取1mol这样的晶胞，以NA表示阿伏伽德罗常数，即有NA个这样的晶胞，一个晶胞的体积为V=a3cm3，1mol晶胞的质量为m=388g，所以晶体密度为ρ=NAV，则NA=ρV=故答案为：4；ρa3。

(1)镍在元素周期表中的位置是第四周期、VIII族；

388

m

m

388ρa31

1

6−2×22

=2=4，VSEPR模型为

，

(2)四羰基镍[Ni(CO)4]熔点−25℃，沸点43℃，熔沸点较低，可判断为分子晶体，配体为CO，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；

(3)NH4F中存在离子键，F最外层达到8电子结构，N最外层也达到8电子结构，H最外层达到2电子结构，据此写出电子式，NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，则是考虑到NF3中电子对偏向F，N的电子密度小，不易给出电子对形成配位键；

(4)①同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常；

②根据VSEPR理论判断SeO2的空间构型；

③根据晶胞结构分析，S2−做面心立方最密堆积，Zn2+做四面体填隙，根据晶体密度ρ=V计算。 本题考查了分子构型判断、核外电子排布式的书写、等电子体应用、晶胞计算，其中电子排布式、分子构型判断是高考的热点，是学习的重点。

m