2023屆浙江省杭州市高三上學期第一次適應性考試化學試題（解析版）

高中化學名校試卷PAGEPAGE1浙江省杭州市2023屆高三上學期第一次適應性考試可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1N-14O-16Na-23Cl-35.5Cu-64一、選擇題(共10小題，每小題3分，共30分。每小題只有一個選項符合題目要求。)1.下列說法不正確的是（）A.硅酸鈉是一種難溶于水的硅酸鹽B.鎂在空氣中燃燒可生成氧化鎂和氮化鎂C.鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣D.常溫下，鋁遇濃硝酸或濃硫酸時會發(fā)生鈍化〖答案〗A〖解析〗A．硅酸鈉是溶于水的硅酸鹽，故A錯誤；B．鎂在空氣中燃燒時，與氧氣和二氧化碳反應生成氧化鎂，與氮氣反應生成氮化鎂，故B正確；C．鈉具有強還原性，能與冷水反應生成氫氧化鈉和氫氣，故C正確；D．濃硫酸和濃硝酸具有強氧化性，鋁在濃硫酸和濃硫酸中會發(fā)生鈍化，阻礙反應的繼續(xù)進行，故D正確；故選A。2.下列化學方程式中，不能正確表達反應顏色變化的是（）A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液藍色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B.澄清的石灰水久置后出現(xiàn)白色固體Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2OC.Na2O2在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨?Na2O22Na2O+O2↑D.向Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2〖答案〗C〖解析〗A.金屬活動性順序：Zn＞Cu，則向硫酸銅溶液中加入足量鋅粉，會發(fā)生置換反應，其反應的方程式為：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的藍色消失，A項正確；B.澄清石灰水久置以后會與空氣中的二氧化碳反應而生產(chǎn)碳酸鈣白色沉淀，其反應的方程式為：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B項正確；C.過氧化鈉在空氣中放置，會與空氣中的水蒸氣及二氧化碳發(fā)生反應，最終生成白色且穩(wěn)定的碳酸鈉，涉及的轉(zhuǎn)化關(guān)系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C項錯誤；D.向氫氧化鎂懸濁液中滴加足量氯化鐵溶液，會發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，化學方程式為：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D項正確；〖答案〗選C。3.下列說法正確的是（）A.工業(yè)上通過電解六水合氯化鎂制取金屬鎂B.接觸法制硫酸時，煅燒黃鐵礦以得到三氧化硫C.濃硝酸與鐵在常溫下不能反應，所以可用鐵質(zhì)容器貯運濃硝酸D.“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)和“84消毒液”(主要成分為次氯酸鈉)不能混用〖答案〗D〖解析〗A．六水合氯化鎂沒有自由移動的離子，不能導電，工業(yè)上通過電解熔融的無水氯化鎂制取金屬鎂，A不正確；B．接觸法制硫酸時，煅燒黃鐵礦只能得到二氧化硫，二氧化硫在接觸室經(jīng)催化氧化才能轉(zhuǎn)化為三氧化硫，B不正確；C．在常溫下鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化反應，在鐵表面生成一層致密的氧化物薄膜并阻止反應繼續(xù)發(fā)生，所以可用鐵質(zhì)容器貯運濃硝酸，C不正確；D．“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)和“84消毒液”(主要成分為次氯酸鈉)不能混用，若兩者混用會發(fā)生歸中反應生成氯氣，不僅達不到各自預期的作用效果，還會污染環(huán)境，D正確；綜上所述，本題選D。4.若將銅絲插入熱濃硫酸中進行如圖(a~d均為浸有相應試液棉花)所示的探究實驗，下列分析正確的是（）A.與濃硫酸反應，只體現(xiàn)的酸性B.a處變紅，說明是酸性氧化物C.b或c處褪色，均說明具有漂白性D.試管底部出現(xiàn)白色固體，說明反應中無生成〖答案〗B〖解析〗A．銅和濃硫酸反應過程中，生成CuSO4體現(xiàn)出濃硫酸的酸性，生成SO2體現(xiàn)出濃硫酸的強氧化性，故A錯誤；B．a(chǎn)處的紫色石蕊溶液變紅，其原因是SO2溶于水生成了酸，可說明SO2是酸性氧化物，故B正確；C．b處品紅溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c處酸性高錳酸鉀溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4發(fā)生氧化還原反應，SO2體現(xiàn)出還原性，故C錯誤；D．實驗過程中試管底部出現(xiàn)白色固體，根據(jù)元素守恒可知，其成分為無水CuSO4，而非藍色的CuSO4·5H2O，其原因是濃硫酸體現(xiàn)出吸水性，將反應生成的H2O吸收，故D錯誤；綜上所述，正確的是B項。5.下列實驗裝置是驗證干燥的氯氣和氨氣能否反應的部分裝置(兩種氣體混合反應裝置略去)，其中能達到實驗目的的是（）A.用裝置甲制取氯氣 B.用裝置乙制取氨氣C.用裝置丙分別干燥氯氣及氨氣 D.用裝置丁吸收反應后的尾氣〖答案〗D〖解析〗A．濃鹽酸和二氧化錳反應需要加熱才能制取氯氣，因此用裝置甲不能制取氯氣，故A不符合題意；B．氯化銨分解生成氨氣和氯化氫，在試管口兩者又反應生成氯化銨，因此用裝置乙不能制取氨氣，故B不符合題意；C．氨氣和濃硫酸反應生成硫酸銨，因此用裝置丙不能氨氣，故C不符合題意；D．兩者反應后剩余的氣體用NaOH溶液吸收，由于氨氣極易溶于水，要注意防倒吸，氯氣與NaOH溶液反應，因此用裝置丁能吸收反應后的尾氣，故D符合題意。綜上所述，〖答案〗為D。6.非金屬化合物在生產(chǎn)生活中有重要應用，下列有關(guān)說法錯誤的是（）A.工業(yè)中可用濃氨水檢驗氯氣管道是否泄漏B.工業(yè)上制取粗硅的原理是C.實驗室可用飽和碳酸氫鈉溶液除去中的氣體D.實驗室可通過硫酸銅溶液除去甲烷中的氣體〖答案〗B〖解析〗A．氨氣和氯氣發(fā)生反應，有白煙生成，工業(yè)中可用濃氨水檢驗氯氣管道是否泄漏，故A正確；B．工業(yè)上制取粗硅的原理是，故B錯誤；C．碳酸氫鈉和氯化氫反應生成氯化鈉、二氧化碳、水，碳酸氫鈉和二氧化碳不反應，實驗室可用飽和碳酸氫鈉溶液除去中的氣體，故C正確；D．硫酸銅溶液和H2S反應生成CuS沉淀和硫酸，實驗室可通過硫酸銅溶液除去甲烷中的氣體，故D正確；選B。7.用如圖所示的裝置進行實驗(夾持及尾氣處理儀器略去)，能達到實驗目的的是（）選項裝置甲中試劑裝置乙中試劑實驗目的裝置A生石灰+濃氨水無制取并收集NH3BMnO2固體+雙氧水酸性淀粉KI溶液證明氧化性：O2＞I2CNa2SO3固體+濃硫酸KMnO4溶液證明SO2有漂白性DNa2CO3固體+鹽酸Na2SiO3溶液比較元素非金屬性：Cl＞C＞Si〖答案〗B〖解析〗A．NH3的密度小于空氣，應采用向下排空氣法進行收集，故乙瓶導氣管應該短進長出，A不能達到實驗目的；B．MnO2固體可催化雙氧水分解產(chǎn)生O2，O2能夠氧化KI得到I2，I2使得淀粉溶液變藍，B能達到實驗目的；C．Na2SO3固體與濃硫酸反應生成SO2，SO2具有還原性，能夠還原酸性高錳酸鉀溶液使其褪色，與漂白性無關(guān)，C不能達到實驗目的；D．鹽酸具有揮發(fā)性，與碳酸鈉反應時除了有二氧化碳生成，還有HCl溢出，兩種氣體溶于硅酸鈉溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判斷碳酸與硅酸酸性的強弱，D不能達到實驗目的；〖答案〗選B。8.下列反應既表現(xiàn)硝酸的酸性，又體現(xiàn)硝酸的氧化性的是（）A.CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2OB.FeO+4HNO3(濃)=Fe(NO3)3+2H2O+NO2↑C.C+4HNO3(濃)=CO2↑+2H2O+4NO2↑D.NH3+HNO3=NH4NO3〖答案〗B〖祥解〗根據(jù)硝酸中氮元素的化合價降低，則體現(xiàn)硝酸的氧化性，若生成硝酸鹽，則體現(xiàn)硝酸的酸性。〖詳析〗A．因硝酸中氮元素化合價沒有變化，只生成鹽，則只表現(xiàn)酸性，A錯誤；B．生成NO2硝酸中氮元素化合價降低，體現(xiàn)硝酸的氧化性，同時有硝酸鐵生成，表現(xiàn)了硝酸的酸性，所以B正確；C．硝酸中氮元素的化合價全部由+5降低為+4，只體現(xiàn)了氧化性，故C錯誤；D．反應中沒有元素化合價的變化，不能體現(xiàn)硝酸的氧化性，只表現(xiàn)其酸性，故D錯誤；故〖答案〗選B。9.在一定條件下，將m體積NO2和n體積O2同時通入倒立于水中且盛滿水的容器內(nèi)，充分反應后，容器內(nèi)殘留體積的氣體，該氣體與空氣接觸未變?yōu)榧t棕色，則m與n的比值為（）A.3∶4 B.4∶3 C.8∶3 D.3∶8〖答案〗B〖祥解〗根據(jù)二氧化氮氣體和氧氣混合通入水中全部吸收的反應進行計算，殘留氣體與空氣接觸不變紅棕色，說明殘留氣體不是一氧化氮，據(jù)方程式計算?！荚斘觥皆谝欢l件下，將m體積NO2和n體積O2同時通入倒立于水中且盛滿水的容器內(nèi)，充分反應，NO2和O2和水全部溶于水時按照下列反應方程式進行，化學方程式為4NO2+O2+2H2O=4HNO3；充分反應后，容器內(nèi)殘留0.5m體積的氣體，該氣體與空氣接觸未變?yōu)榧t棕色，容器中殘留氣體為O2，所以和NO2全部溶于水的O2的體積為，殘留體積的氣體是氧氣，即，解得m∶n=4∶3；故〖答案〗選B10.在標準狀況下將1.92g銅粉投入一定量濃HNO3中隨著銅粉的溶解，反應生成的氣體顏色逐漸變淺，當銅粉完全溶解后共收集到由NO2和NO組成的混和氣體1.12L，則混和氣體中NO的體積為（）A.112mL B.1008mL C.224mL D.448mL〖答案〗A〖解析〗n(Cu)==0.03mol，混合氣體的物質(zhì)的量為=0.05mol，設(shè)n(NO)=xmol，n(NO2)=ymol，則由電子守恒及原子守恒可知x+y=0.05，0.03×2=3x+y，解得x=0.005，y=0.045，v(NO)=0.005×22.4×1000=112mL，〖答案〗選A。二．不定項選擇題(共4小題，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一項或兩項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。)11.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關(guān)系的是（）A.細鐵粉具有還原性，可用作食品抗氧劑B.NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑C.漂白粉在空氣中不穩(wěn)定，可用于漂白紙張D.Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料〖答案〗A〖解析〗A．細鐵粉具有還原性，能與空氣中的氧氣反應，所以可用作食品抗氧劑，A符合題意；B．NaHCO3具有弱堿性，能與HCl反應，所以NaHCO3可用于制胃酸中和劑，與NaHCO3受熱易分解無關(guān)，B不符題意；C．漂白粉有效成分是次氯酸鈣，能與二氧化碳、水反應生成氧化性強的次氯酸，可作漂白劑，與漂白粉穩(wěn)定性無關(guān)，C不符題意；D．Al2O3是離子化合物，離子鍵強，使其熔點高，可用作耐高溫材料，與Al2O3是兩性氧化物無關(guān)，D不符題意?！即鸢浮竭xA。12.向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入足量的SO2，有白色沉淀生成，過濾后向濾液中滴入KSCN溶液時，無明顯現(xiàn)象，由此得出的正確結(jié)論是（）A.白色沉淀是FeSO3B.白色沉淀是BaSO3和BaSO4的混合物C.白色沉淀是BaSO4D.FeCl3已全部被SO2還原成FeCl2〖答案〗CD〖祥解〗氯化鐵具有氧化性，在酸性環(huán)境下能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，反應的離子方程式為：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，硫酸根離子與鋇離子發(fā)生反應生成硫酸鋇沉淀，亞硫酸酸性弱于鹽酸，與氯化鋇不反應，所以不會產(chǎn)生亞硫酸鋇沉淀，向過濾后的濾液中滴入KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，說明溶液中三價鐵離子全部被還原為二價鐵離子，據(jù)此解答。〖詳析〗A．由分析知，白色沉淀是BaSO4，故A錯誤；B．由分析知，白色沉淀BaSO4，故B錯誤；C．由分析知，白色沉淀是BaSO4，故C正確；D．FeCl3已全部被SO2還原成FeCl2，故D正確；故選CD。13.用為的濃溶液吸收一定量的氯氣，充分反應后溶液中只含有、、三種溶質(zhì)。下列判斷正確的是（）A.可能為B.若反應中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為，則C.被吸收的氯氣的物質(zhì)的量為D.可能為〖答案〗BD〖解析〗A．NaCl為氯氣得電子的產(chǎn)物，NaClO和NaClO3為氯氣失電子的產(chǎn)物，根據(jù)得失電子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能為9：3：1，則理論上反應中得到電子為9mol×1=9mol，反應中失去電子總物質(zhì)的量為3mol×1+1mol×5=8mol；得失電子不守恒，A錯誤；B．氯氣和NaOH反應有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，當生成NaCl和NaClO時轉(zhuǎn)移電子最少，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.3molNaCl轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.3mol；當生成NaCl和NaClO3時轉(zhuǎn)移電子數(shù)目最多，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.5molNaCl轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.5mol，所以如果反應中轉(zhuǎn)移的電子為nmol，則0.3<n<0.5，B正確；C．若氯氣和NaOH只發(fā)生反應2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，則消耗氯氣為0.3mol，若只發(fā)生反應6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗的氯氣為0.3mol，所以與NaOH反應的氯氣物質(zhì)的量為0.3mol，C錯誤；D．根據(jù)方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO時，n(Na+)∶n(Cl-)最大為2：1，當氧化產(chǎn)物為NaClO3時，n(Na+)∶n(Cl-)最小為6：5，因為9:5介于2：1和6:5之間，所以符合題意，D正確；故選BD。14.某興趣小組將過量Cu與FeCl3溶液充分反應，靜置后取上層清液于試管中，將KSCN溶液滴加到清液中，瞬間產(chǎn)生白色沉淀，局部出現(xiàn)紅色，振蕩試管，紅色又迅速褪去。已知：①CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)速率很慢②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl速率很快③(SCN)2是擬鹵素，化學性質(zhì)和氯氣相似下列說法正確的是（）A.用KSCN溶液檢驗Fe3+時，Cu2+的存在會對檢驗產(chǎn)生干擾B.局部出現(xiàn)紅色的主要原因是溶液中Fe2+被空氣中O2氧化成Fe3+C.白色沉淀為CuCl，是溶液中CuCl2與Cu反應生成的D.紅色迅速褪去是因為Cu2+與SCN-發(fā)生反應②，使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移動〖答案〗AD〖解析〗A．用KSCN溶液檢驗Fe3+時，根據(jù)2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，Cu2+存在干擾，故A正確；B．紅色物質(zhì)是Fe(SCN)3，(SCN)2為擬鹵素，化學性質(zhì)和氯氣相似，說明也具有氧化性，溶液中的Fe2+也可能是被(SCN)2氧化成Fe3+，故B錯誤；C．Cu(過量)與FeCl3溶液反應，得到的是氯化銅和氯化亞鐵，在Cu過量時，繼續(xù)反應CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)，溶液中一定存在亞鐵離子，可能會存在銅離子存在，一定會出現(xiàn)2CuCl↓(白色)，故C錯誤；D．Cu只要和Fe3+反應生成Cu2+和Fe2+，Cu2+就會與SCN?反應，故紅色褪去也有可能是溶液中的SCN?被消耗，從而使Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3平衡逆移，故D正確；〖答案〗選AD。三．非選擇題：(本題共4小題，共54分)15.硫氰化鉀(KSCN)是一種用途廣泛的化工原料，常用于染料、藥物的生產(chǎn)。實驗小組設(shè)計如下實驗裝置模擬工業(yè)制備KSCN并進行相關(guān)探究實驗。已知：①CS2是一種不溶于水且密度大于水的非極性試劑。②CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS回答下列問題：（1）SCN﹣的結(jié)構(gòu)式為___________________。（2）裝置A用于實驗室制備氨氣，反應的化學方程式為___________________________________________。（3）裝置B中，三頸燒瓶內(nèi)盛放有CS2、水和固體催化劑，通入氨氣的導管口需要插入CS2液體中，其目的是_______________________________________________(寫兩點)。（4）待三頸燒瓶內(nèi)液體不分層后，熄滅裝置A處的酒精燈，關(guān)閉K1，移開水浴。將裝置B繼續(xù)加熱至105℃，待NH4HS完全分解后(NH4HSNH3↑+H2S↑)，打開K2，緩緩滴入適量的K2CO3溶液充分反應，(NH4)2CO3完全分解制得KSCN溶液。裝置C中儀器a的名稱是___________________，用離子方程式表示裝置C處的燒杯中產(chǎn)生淡黃色渾濁的原因_______________________________________。（5）除去固體催化劑后，為使KSCN晶體充分析出并分離，采用的操作為減壓蒸發(fā)、___________________、過濾。〖答案〗（1）〖S=C=N〗﹣或〖S﹣C≡N〗﹣（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（3）防倒吸或使NH3與CS2充分接觸混合（4）球形干燥管H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+（5）冷卻結(jié)晶〖祥解〗A中用反應2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O制備氨氣，在B中氨氣與二硫化碳反應先生成硫氰化銨，然后與碳酸鉀溶液反應生成硫氰化鉀，裝置C為尾氣吸收裝置；(1)根據(jù)C形成4個共價鍵、N形成3個共價鍵、S形成2個共價鍵或SCN﹣與CO2互為等電子體進行判斷；(2)實驗室用氯化銨和氫氧化鈣混合加熱制備氨氣；(3)CS2是非極性試劑，極性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(氣體)通入CS2(液體)中，可以增大接觸面積，使反應充分；(4)儀器a為球形干燥管，由裝置C燒杯中產(chǎn)生淡黃色渾濁，可知H2S被Fe3+氧化為S單質(zhì)，則氧化劑Fe3+被還原為Fe2+；(5)減壓蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾得到KSCN晶體；〖詳析〗（1）根據(jù)C形成4個共價鍵、N形成3個共價鍵、S形成2個共價鍵或SCN﹣與CO2互為等電子體進行判斷，故SCN﹣的結(jié)構(gòu)式為〖S=C=N〗﹣或〖S﹣C≡N〗﹣；故〖答案〗為〖S=C=N〗﹣或〖S﹣C≡N〗﹣；（2）氯化銨和氫氧化鈣混合加熱制備氨氣，故化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；故〖答案〗為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）CS2是非極性試劑，極性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(氣體)通入CS2(液體)中，可以增大接觸面積，使反應充分，目的是使NH3與CS2充分接觸混合；故〖答案〗為防倒吸，使NH3與CS2充分接觸混合；（4）裝置C中儀器a為球形干燥管，由裝置C燒杯中產(chǎn)生淡黃色渾濁，可知H2S被Fe3+氧化為S單質(zhì)，則氧化劑Fe3+被還原為Fe2+，離子方程式為H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；故〖答案〗為球形干燥管，H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；（5）減壓蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾得到KSCN晶體；故〖答案〗為冷卻結(jié)晶。16.鐵、鎳及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應用。從某礦渣〖成分為NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等〗中回收NiSO4的工藝流程如圖：已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列問題：(1)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，還含有_____________(寫化學式)。(2)礦渣中部分FeO在空氣中焙燒時反應生成Fe2(SO4)3化學方程式為_______________________________________________________。(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(濃度為1.0×10-3mol·L-1)，當溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1時，除鈣率為_____________〖Ksp(CaF2)=4.0×10-11〗。(4)溶劑萃取可用于對溶液中的金屬離子進行富集與分離：Fe2+(水相)+2RH(有機相)?FeR2(有機相)+2H+(水相)萃取劑與溶液的體積比(V0/VA)對溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影響如圖所示，V0/VA的最佳取值為__________。在_____________(填“強堿性”“強酸性”或“中性”)介質(zhì)中“反萃取”能使有機相再生而循環(huán)利用。(5)以Fe、Ni為電極制取Na2FeO4的原理如圖所示。通電后，在鐵電極附近生成紫紅色的FeO，同時會產(chǎn)生少量紅褐色物質(zhì)。=1\*GB3①電解時離子交換膜(b)為_______(填“陰”或“陽”)離子交換膜。②向鐵電極區(qū)出現(xiàn)的紅褐色物質(zhì)中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解，進而提高了Na2FeO4的產(chǎn)率。該反應的離子方程式為_____________________________________。〖答案〗(1)SiO2(2)4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O(3)99%(4)0.25強酸性(5)=1\*GB3①陰②2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O〖祥解〗某礦渣的主要成分是NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸銨研磨后，600℃焙燒，已知：(NH4)2SO4在350℃以上會分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙燒過程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的熱水中浸泡過濾得到浸出液，加入NaF除去鈣離子，過濾得到濾液加入萃取劑得到無機相和有機相，無機相通過一系列操作得到硫酸鎳，有機相循環(huán)使用，據(jù)此分析解答?！荚斘觥?1)礦渣主要成分是NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸銨加熱浸取后的浸渣為不反應和不溶于水的硫酸鈣和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，還含有SiO2，所以〖答案〗為SiO2。(2)礦渣中部分FeO焙燒時與H2SO4及空氣中的氧氣反應生成Fe2(SO4)3和水，反應的化學方程式為4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；(3)當溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1時，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)=c(Ca2+)×(2.0×10-3mol·L-1)2=4.0×10-11，故c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，則除鈣率為99%，所以〖答案〗為：99%。(4)要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根據(jù)圖象，最佳取值為0.25；在強酸性介質(zhì)中“反萃取”能使有機相再生而循環(huán)利用，所以〖答案〗為：0.25；強酸性。(5)①電解時正極連接鐵電極，為陽極，陽極上失電子在堿性條件下反應生成FeO，電極反應式為Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O；離子交換膜(b))需要允許氫氧根離子向Ⅲ移動，為陰離子交換膜，所以〖答案〗為：陰。②向鐵電極區(qū)出現(xiàn)的紅褐色物質(zhì)中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸鈉將氫氧化鐵氧化生成高鐵酸鈉，所以反應的離子方程式為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。17.砷化鎵(GaAs)是當前最重要、技術(shù)成熟度最高的半導體材料之一，我國“玉兔二號”月球車就是通過砷化鎵太陽能電池提供能量。（1）基態(tài)As原子核外電子排布式為____________________________，最高能級電子的電子云形狀為__________。（2）GaAs、GaN結(jié)構(gòu)相似，晶體類型都為共價晶體，沸點GaAs_______GaN(填“>”或“＜”，下同)，第一電離能Ga_______As。（3）成語“信口雌黃”中雌黃的分子式為As2S3，分子結(jié)構(gòu)如圖1，As原子的雜化方式為__________。（4）GaAs的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2，在GaAs晶體中，與As原子最近且等距離的As原子數(shù)為_______。（5）若砷化鎵晶胞邊長為apm，則Ga與最近As的核間距為_____________cm。〖答案〗（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3或〖Ar〗3d104s24p3啞鈴形（2）＜＜（3）sp3（4）12（5）〖解析〗（1）As原子核外有33個原子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)As原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3或〖Ar〗3d104s24p3；其最高能級為4p能級，電子云形狀為啞鈴或紡錘形；故〖答案〗為1s22s22p63s23p63d104s24p3或〖Ar〗3d104s24p3；啞鈴或紡錘形；（2）GaAs和GaN結(jié)構(gòu)相似，均屬于共價晶體，原子半徑N＜As，鍵長Ga﹣N＜Ga﹣As，鍵能Ga﹣N＞Ga﹣As；同周期隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA族、ⅤA族為全充滿或半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，因此第一電離能有Ga＜As，故〖答案〗為＜；＜；（3）由結(jié)構(gòu)圖可知，黑色球為As、白色球為S，分子中As原子形成3個σ鍵、還含有1對孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3+1=4，雜化類型為sp3；故〖答案〗為sp3；（4）以頂點As原子研究，與之最近的As原子處于面心，每個頂點為8個晶胞共用，每個面心為2個晶胞共用，距離每個As原子最近且等距離的As原子數(shù)目=12，由圖可知，Ga原子與周圍距離最近的4個As原子構(gòu)成正四面體結(jié)構(gòu)；故〖答案〗為：12；（5）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中Ga與As的最短距離為晶胞體對角線的，因為晶胞的邊長為apm，所以晶胞中Ga與As的最短距離為cm；故〖答案〗為：。18.芐丙酮香豆素(H)可用作抗凝血藥．其合成路線如圖所示(部分反應條件略去)。已知：①有機物上的氫原子化學環(huán)境完全相同②+(可以是H原子)③回答下列問題：(1)有機物X的名稱是_____________，B中所含官能團的名稱是____________．(2)反應②的試劑和條件為_________________________．(3)寫出反應③的化學方程式______________________________________________．(4)F的結(jié)構(gòu)簡式為_______________，反應⑥的反應類型為________________．(5)化合物J是E的同分異構(gòu)體，寫出滿足以下條件的J的結(jié)構(gòu)簡式______________．①能發(fā)生銀鏡反應②能發(fā)生水解反應③核磁共振氫譜有4組峰，峰面積比為(6)參照芐丙酮香豆素的合成路線，設(shè)計一種以有機物A和乙醛為原料制備肉桂酸的合成路線(無機試劑任選)_____________________________．〖答案〗(1)丙酮羥基、羰基(酮基)(2)濃硫酸/加熱(3)+(CH3CO)2O?+CH3COOH或2+(CH3CO)2O?2+2H2O(4)加成反應(5)(6)〖祥解〗根據(jù)信息②可知與有機物發(fā)生醛酮的加成反應，所以推出有機物為酮類物質(zhì)丙酮，生成物質(zhì)B中含有醇羥基，經(jīng)過消去反應②生成物質(zhì)C，與乙酸酐發(fā)生取代反應生成，分析信息③可知在條件下生成，所以物質(zhì)F為，F(xiàn)與碳酸二乙酯生成G，物質(zhì)C和物質(zhì)G最終生成芐內(nèi)酮香豆素(H)?！荚斘觥剑?）根據(jù)信息②可知與有機物發(fā)生醛酮的加成反應，再根據(jù)信息①有機物上的氫原子化學環(huán)境完全相同，可推知X為丙酮，觀察B的結(jié)構(gòu)簡式可知B中含有羥基和羰基(酮基)，故〖答案〗為：丙酮；羰基(酮基)；（2）反應②為物質(zhì)B中羥基發(fā)生消去反應，條件為濃硫酸/加熱，故〖答案〗為：濃硫酸/加熱；（3）與乙酸酐發(fā)生取代反應生成，所以反應③的化學方程式為+(CH3CO)2O?+CH3COOH或2+(CH3CO)2O?2+2H2O，故〖答案〗為：+(CH3CO)2O?+CH3COOH或2+(CH3CO)2O?2+2H2O；（4）分析信息③可知在條件下生成，C和G反應之后與C中的碳碳雙鍵加成而得，故〖答案〗為：；加成反應；（5）E的結(jié)構(gòu)簡式為，J為E的同分異構(gòu)體，需要滿足①能發(fā)生銀鏡反應②能發(fā)生水解反應，可推知J中含有和，又需要滿足③核磁共振氫譜有4組峰，峰面積比為，所以J的結(jié)構(gòu)簡式為，故〖答案〗為：；（6）參照信息②，先將與發(fā)生加成反應，、生成，再用弱氧化劑新制懸濁液，將醛基氧化成羧酸鈉，再酸化可得，最后將醇羥基消去可得目標產(chǎn)物，所以合成路線為，故〖答案〗為。浙江省杭州市2023屆高三上學期第一次適應性考試可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1N-14O-16Na-23Cl-35.5Cu-64一、選擇題(共10小題，每小題3分，共30分。每小題只有一個選項符合題目要求。)1.下列說法不正確的是（）A.硅酸鈉是一種難溶于水的硅酸鹽B.鎂在空氣中燃燒可生成氧化鎂和氮化鎂C.鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣D.常溫下，鋁遇濃硝酸或濃硫酸時會發(fā)生鈍化〖答案〗A〖解析〗A．硅酸鈉是溶于水的硅酸鹽，故A錯誤；B．鎂在空氣中燃燒時，與氧氣和二氧化碳反應生成氧化鎂，與氮氣反應生成氮化鎂，故B正確；C．鈉具有強還原性，能與冷水反應生成氫氧化鈉和氫氣，故C正確；D．濃硫酸和濃硝酸具有強氧化性，鋁在濃硫酸和濃硫酸中會發(fā)生鈍化，阻礙反應的繼續(xù)進行，故D正確；故選A。2.下列化學方程式中，不能正確表達反應顏色變化的是（）A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液藍色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B.澄清的石灰水久置后出現(xiàn)白色固體Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2OC.Na2O2在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨?Na2O22Na2O+O2↑D.向Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2〖答案〗C〖解析〗A.金屬活動性順序：Zn＞Cu，則向硫酸銅溶液中加入足量鋅粉，會發(fā)生置換反應，其反應的方程式為：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的藍色消失，A項正確；B.澄清石灰水久置以后會與空氣中的二氧化碳反應而生產(chǎn)碳酸鈣白色沉淀，其反應的方程式為：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B項正確；C.過氧化鈉在空氣中放置，會與空氣中的水蒸氣及二氧化碳發(fā)生反應，最終生成白色且穩(wěn)定的碳酸鈉，涉及的轉(zhuǎn)化關(guān)系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C項錯誤；D.向氫氧化鎂懸濁液中滴加足量氯化鐵溶液，會發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，化學方程式為：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D項正確；〖答案〗選C。3.下列說法正確的是（）A.工業(yè)上通過電解六水合氯化鎂制取金屬鎂B.接觸法制硫酸時，煅燒黃鐵礦以得到三氧化硫C.濃硝酸與鐵在常溫下不能反應，所以可用鐵質(zhì)容器貯運濃硝酸D.“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)和“84消毒液”(主要成分為次氯酸鈉)不能混用〖答案〗D〖解析〗A．六水合氯化鎂沒有自由移動的離子，不能導電，工業(yè)上通過電解熔融的無水氯化鎂制取金屬鎂，A不正確；B．接觸法制硫酸時，煅燒黃鐵礦只能得到二氧化硫，二氧化硫在接觸室經(jīng)催化氧化才能轉(zhuǎn)化為三氧化硫，B不正確；C．在常溫下鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化反應，在鐵表面生成一層致密的氧化物薄膜并阻止反應繼續(xù)發(fā)生，所以可用鐵質(zhì)容器貯運濃硝酸，C不正確；D．“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)和“84消毒液”(主要成分為次氯酸鈉)不能混用，若兩者混用會發(fā)生歸中反應生成氯氣，不僅達不到各自預期的作用效果，還會污染環(huán)境，D正確；綜上所述，本題選D。4.若將銅絲插入熱濃硫酸中進行如圖(a~d均為浸有相應試液棉花)所示的探究實驗，下列分析正確的是（）A.與濃硫酸反應，只體現(xiàn)的酸性B.a處變紅，說明是酸性氧化物C.b或c處褪色，均說明具有漂白性D.試管底部出現(xiàn)白色固體，說明反應中無生成〖答案〗B〖解析〗A．銅和濃硫酸反應過程中，生成CuSO4體現(xiàn)出濃硫酸的酸性，生成SO2體現(xiàn)出濃硫酸的強氧化性，故A錯誤；B．a(chǎn)處的紫色石蕊溶液變紅，其原因是SO2溶于水生成了酸，可說明SO2是酸性氧化物，故B正確；C．b處品紅溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c處酸性高錳酸鉀溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4發(fā)生氧化還原反應，SO2體現(xiàn)出還原性，故C錯誤；D．實驗過程中試管底部出現(xiàn)白色固體，根據(jù)元素守恒可知，其成分為無水CuSO4，而非藍色的CuSO4·5H2O，其原因是濃硫酸體現(xiàn)出吸水性，將反應生成的H2O吸收，故D錯誤；綜上所述，正確的是B項。5.下列實驗裝置是驗證干燥的氯氣和氨氣能否反應的部分裝置(兩種氣體混合反應裝置略去)，其中能達到實驗目的的是（）A.用裝置甲制取氯氣 B.用裝置乙制取氨氣C.用裝置丙分別干燥氯氣及氨氣 D.用裝置丁吸收反應后的尾氣〖答案〗D〖解析〗A．濃鹽酸和二氧化錳反應需要加熱才能制取氯氣，因此用裝置甲不能制取氯氣，故A不符合題意；B．氯化銨分解生成氨氣和氯化氫，在試管口兩者又反應生成氯化銨，因此用裝置乙不能制取氨氣，故B不符合題意；C．氨氣和濃硫酸反應生成硫酸銨，因此用裝置丙不能氨氣，故C不符合題意；D．兩者反應后剩余的氣體用NaOH溶液吸收，由于氨氣極易溶于水，要注意防倒吸，氯氣與NaOH溶液反應，因此用裝置丁能吸收反應后的尾氣，故D符合題意。綜上所述，〖答案〗為D。6.非金屬化合物在生產(chǎn)生活中有重要應用，下列有關(guān)說法錯誤的是（）A.工業(yè)中可用濃氨水檢驗氯氣管道是否泄漏B.工業(yè)上制取粗硅的原理是C.實驗室可用飽和碳酸氫鈉溶液除去中的氣體D.實驗室可通過硫酸銅溶液除去甲烷中的氣體〖答案〗B〖解析〗A．氨氣和氯氣發(fā)生反應，有白煙生成，工業(yè)中可用濃氨水檢驗氯氣管道是否泄漏，故A正確；B．工業(yè)上制取粗硅的原理是，故B錯誤；C．碳酸氫鈉和氯化氫反應生成氯化鈉、二氧化碳、水，碳酸氫鈉和二氧化碳不反應，實驗室可用飽和碳酸氫鈉溶液除去中的氣體，故C正確；D．硫酸銅溶液和H2S反應生成CuS沉淀和硫酸，實驗室可通過硫酸銅溶液除去甲烷中的氣體，故D正確；選B。7.用如圖所示的裝置進行實驗(夾持及尾氣處理儀器略去)，能達到實驗目的的是（）選項裝置甲中試劑裝置乙中試劑實驗目的裝置A生石灰+濃氨水無制取并收集NH3BMnO2固體+雙氧水酸性淀粉KI溶液證明氧化性：O2＞I2CNa2SO3固體+濃硫酸KMnO4溶液證明SO2有漂白性DNa2CO3固體+鹽酸Na2SiO3溶液比較元素非金屬性：Cl＞C＞Si〖答案〗B〖解析〗A．NH3的密度小于空氣，應采用向下排空氣法進行收集，故乙瓶導氣管應該短進長出，A不能達到實驗目的；B．MnO2固體可催化雙氧水分解產(chǎn)生O2，O2能夠氧化KI得到I2，I2使得淀粉溶液變藍，B能達到實驗目的；C．Na2SO3固體與濃硫酸反應生成SO2，SO2具有還原性，能夠還原酸性高錳酸鉀溶液使其褪色，與漂白性無關(guān)，C不能達到實驗目的；D．鹽酸具有揮發(fā)性，與碳酸鈉反應時除了有二氧化碳生成，還有HCl溢出，兩種氣體溶于硅酸鈉溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判斷碳酸與硅酸酸性的強弱，D不能達到實驗目的；〖答案〗選B。8.下列反應既表現(xiàn)硝酸的酸性，又體現(xiàn)硝酸的氧化性的是（）A.CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2OB.FeO+4HNO3(濃)=Fe(NO3)3+2H2O+NO2↑C.C+4HNO3(濃)=CO2↑+2H2O+4NO2↑D.NH3+HNO3=NH4NO3〖答案〗B〖祥解〗根據(jù)硝酸中氮元素的化合價降低，則體現(xiàn)硝酸的氧化性，若生成硝酸鹽，則體現(xiàn)硝酸的酸性。〖詳析〗A．因硝酸中氮元素化合價沒有變化，只生成鹽，則只表現(xiàn)酸性，A錯誤；B．生成NO2硝酸中氮元素化合價降低，體現(xiàn)硝酸的氧化性，同時有硝酸鐵生成，表現(xiàn)了硝酸的酸性，所以B正確；C．硝酸中氮元素的化合價全部由+5降低為+4，只體現(xiàn)了氧化性，故C錯誤；D．反應中沒有元素化合價的變化，不能體現(xiàn)硝酸的氧化性，只表現(xiàn)其酸性，故D錯誤；故〖答案〗選B。9.在一定條件下，將m體積NO2和n體積O2同時通入倒立于水中且盛滿水的容器內(nèi)，充分反應后，容器內(nèi)殘留體積的氣體，該氣體與空氣接觸未變?yōu)榧t棕色，則m與n的比值為（）A.3∶4 B.4∶3 C.8∶3 D.3∶8〖答案〗B〖祥解〗根據(jù)二氧化氮氣體和氧氣混合通入水中全部吸收的反應進行計算，殘留氣體與空氣接觸不變紅棕色，說明殘留氣體不是一氧化氮，據(jù)方程式計算?！荚斘觥皆谝欢l件下，將m體積NO2和n體積O2同時通入倒立于水中且盛滿水的容器內(nèi)，充分反應，NO2和O2和水全部溶于水時按照下列反應方程式進行，化學方程式為4NO2+O2+2H2O=4HNO3；充分反應后，容器內(nèi)殘留0.5m體積的氣體，該氣體與空氣接觸未變?yōu)榧t棕色，容器中殘留氣體為O2，所以和NO2全部溶于水的O2的體積為，殘留體積的氣體是氧氣，即，解得m∶n=4∶3；故〖答案〗選B10.在標準狀況下將1.92g銅粉投入一定量濃HNO3中隨著銅粉的溶解，反應生成的氣體顏色逐漸變淺，當銅粉完全溶解后共收集到由NO2和NO組成的混和氣體1.12L，則混和氣體中NO的體積為（）A.112mL B.1008mL C.224mL D.448mL〖答案〗A〖解析〗n(Cu)==0.03mol，混合氣體的物質(zhì)的量為=0.05mol，設(shè)n(NO)=xmol，n(NO2)=ymol，則由電子守恒及原子守恒可知x+y=0.05，0.03×2=3x+y，解得x=0.005，y=0.045，v(NO)=0.005×22.4×1000=112mL，〖答案〗選A。二．不定項選擇題(共4小題，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一項或兩項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。)11.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關(guān)系的是（）A.細鐵粉具有還原性，可用作食品抗氧劑B.NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑C.漂白粉在空氣中不穩(wěn)定，可用于漂白紙張D.Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料〖答案〗A〖解析〗A．細鐵粉具有還原性，能與空氣中的氧氣反應，所以可用作食品抗氧劑，A符合題意；B．NaHCO3具有弱堿性，能與HCl反應，所以NaHCO3可用于制胃酸中和劑，與NaHCO3受熱易分解無關(guān)，B不符題意；C．漂白粉有效成分是次氯酸鈣，能與二氧化碳、水反應生成氧化性強的次氯酸，可作漂白劑，與漂白粉穩(wěn)定性無關(guān)，C不符題意；D．Al2O3是離子化合物，離子鍵強，使其熔點高，可用作耐高溫材料，與Al2O3是兩性氧化物無關(guān)，D不符題意?！即鸢浮竭xA。12.向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入足量的SO2，有白色沉淀生成，過濾后向濾液中滴入KSCN溶液時，無明顯現(xiàn)象，由此得出的正確結(jié)論是（）A.白色沉淀是FeSO3B.白色沉淀是BaSO3和BaSO4的混合物C.白色沉淀是BaSO4D.FeCl3已全部被SO2還原成FeCl2〖答案〗CD〖祥解〗氯化鐵具有氧化性，在酸性環(huán)境下能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，反應的離子方程式為：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，硫酸根離子與鋇離子發(fā)生反應生成硫酸鋇沉淀，亞硫酸酸性弱于鹽酸，與氯化鋇不反應，所以不會產(chǎn)生亞硫酸鋇沉淀，向過濾后的濾液中滴入KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，說明溶液中三價鐵離子全部被還原為二價鐵離子，據(jù)此解答?！荚斘觥紸．由分析知，白色沉淀是BaSO4，故A錯誤；B．由分析知，白色沉淀BaSO4，故B錯誤；C．由分析知，白色沉淀是BaSO4，故C正確；D．FeCl3已全部被SO2還原成FeCl2，故D正確；故選CD。13.用為的濃溶液吸收一定量的氯氣，充分反應后溶液中只含有、、三種溶質(zhì)。下列判斷正確的是（）A.可能為B.若反應中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為，則C.被吸收的氯氣的物質(zhì)的量為D.可能為〖答案〗BD〖解析〗A．NaCl為氯氣得電子的產(chǎn)物，NaClO和NaClO3為氯氣失電子的產(chǎn)物，根據(jù)得失電子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能為9：3：1，則理論上反應中得到電子為9mol×1=9mol，反應中失去電子總物質(zhì)的量為3mol×1+1mol×5=8mol；得失電子不守恒，A錯誤；B．氯氣和NaOH反應有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，當生成NaCl和NaClO時轉(zhuǎn)移電子最少，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.3molNaCl轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.3mol；當生成NaCl和NaClO3時轉(zhuǎn)移電子數(shù)目最多，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.5molNaCl轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.5mol，所以如果反應中轉(zhuǎn)移的電子為nmol，則0.3<n<0.5，B正確；C．若氯氣和NaOH只發(fā)生反應2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，則消耗氯氣為0.3mol，若只發(fā)生反應6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗的氯氣為0.3mol，所以與NaOH反應的氯氣物質(zhì)的量為0.3mol，C錯誤；D．根據(jù)方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO時，n(Na+)∶n(Cl-)最大為2：1，當氧化產(chǎn)物為NaClO3時，n(Na+)∶n(Cl-)最小為6：5，因為9:5介于2：1和6:5之間，所以符合題意，D正確；故選BD。14.某興趣小組將過量Cu與FeCl3溶液充分反應，靜置后取上層清液于試管中，將KSCN溶液滴加到清液中，瞬間產(chǎn)生白色沉淀，局部出現(xiàn)紅色，振蕩試管，紅色又迅速褪去。已知：①CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)速率很慢②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl速率很快③(SCN)2是擬鹵素，化學性質(zhì)和氯氣相似下列說法正確的是（）A.用KSCN溶液檢驗Fe3+時，Cu2+的存在會對檢驗產(chǎn)生干擾B.局部出現(xiàn)紅色的主要原因是溶液中Fe2+被空氣中O2氧化成Fe3+C.白色沉淀為CuCl，是溶液中CuCl2與Cu反應生成的D.紅色迅速褪去是因為Cu2+與SCN-發(fā)生反應②，使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移動〖答案〗AD〖解析〗A．用KSCN溶液檢驗Fe3+時，根據(jù)2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，Cu2+存在干擾，故A正確；B．紅色物質(zhì)是Fe(SCN)3，(SCN)2為擬鹵素，化學性質(zhì)和氯氣相似，說明也具有氧化性，溶液中的Fe2+也可能是被(SCN)2氧化成Fe3+，故B錯誤；C．Cu(過量)與FeCl3溶液反應，得到的是氯化銅和氯化亞鐵，在Cu過量時，繼續(xù)反應CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)，溶液中一定存在亞鐵離子，可能會存在銅離子存在，一定會出現(xiàn)2CuCl↓(白色)，故C錯誤；D．Cu只要和Fe3+反應生成Cu2+和Fe2+，Cu2+就會與SCN?反應，故紅色褪去也有可能是溶液中的SCN?被消耗，從而使Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3平衡逆移，故D正確；〖答案〗選AD。三．非選擇題：(本題共4小題，共54分)15.硫氰化鉀(KSCN)是一種用途廣泛的化工原料，常用于染料、藥物的生產(chǎn)。實驗小組設(shè)計如下實驗裝置模擬工業(yè)制備KSCN并進行相關(guān)探究實驗。已知：①CS2是一種不溶于水且密度大于水的非極性試劑。②CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS回答下列問題：（1）SCN﹣的結(jié)構(gòu)式為___________________。（2）裝置A用于實驗室制備氨氣，反應的化學方程式為___________________________________________。（3）裝置B中，三頸燒瓶內(nèi)盛放有CS2、水和固體催化劑，通入氨氣的導管口需要插入CS2液體中，其目的是_______________________________________________(寫兩點)。（4）待三頸燒瓶內(nèi)液體不分層后，熄滅裝置A處的酒精燈，關(guān)閉K1，移開水浴。將裝置B繼續(xù)加熱至105℃，待NH4HS完全分解后(NH4HSNH3↑+H2S↑)，打開K2，緩緩滴入適量的K2CO3溶液充分反應，(NH4)2CO3完全分解制得KSCN溶液。裝置C中儀器a的名稱是___________________，用離子方程式表示裝置C處的燒杯中產(chǎn)生淡黃色渾濁的原因_______________________________________。（5）除去固體催化劑后，為使KSCN晶體充分析出并分離，采用的操作為減壓蒸發(fā)、___________________、過濾?！即鸢浮剑?）〖S=C=N〗﹣或〖S﹣C≡N〗﹣（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（3）防倒吸或使NH3與CS2充分接觸混合（4）球形干燥管H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+（5）冷卻結(jié)晶〖祥解〗A中用反應2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O制備氨氣，在B中氨氣與二硫化碳反應先生成硫氰化銨，然后與碳酸鉀溶液反應生成硫氰化鉀，裝置C為尾氣吸收裝置；(1)根據(jù)C形成4個共價鍵、N形成3個共價鍵、S形成2個共價鍵或SCN﹣與CO2互為等電子體進行判斷；(2)實驗室用氯化銨和氫氧化鈣混合加熱制備氨氣；(3)CS2是非極性試劑，極性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(氣體)通入CS2(液體)中，可以增大接觸面積，使反應充分；(4)儀器a為球形干燥管，由裝置C燒杯中產(chǎn)生淡黃色渾濁，可知H2S被Fe3+氧化為S單質(zhì)，則氧化劑Fe3+被還原為Fe2+；(5)減壓蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾得到KSCN晶體；〖詳析〗（1）根據(jù)C形成4個共價鍵、N形成3個共價鍵、S形成2個共價鍵或SCN﹣與CO2互為等電子體進行判斷，故SCN﹣的結(jié)構(gòu)式為〖S=C=N〗﹣或〖S﹣C≡N〗﹣；故〖答案〗為〖S=C=N〗﹣或〖S﹣C≡N〗﹣；（2）氯化銨和氫氧化鈣混合加熱制備氨氣，故化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；故〖答案〗為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）CS2是非極性試劑，極性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(氣體)通入CS2(液體)中，可以增大接觸面積，使反應充分，目的是使NH3與CS2充分接觸混合；故〖答案〗為防倒吸，使NH3與CS2充分接觸混合；（4）裝置C中儀器a為球形干燥管，由裝置C燒杯中產(chǎn)生淡黃色渾濁，可知H2S被Fe3+氧化為S單質(zhì)，則氧化劑Fe3+被還原為Fe2+，離子方程式為H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；故〖答案〗為球形干燥管，H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；（5）減壓蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾得到KSCN晶體；故〖答案〗為冷卻結(jié)晶。16.鐵、鎳及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應用。從某礦渣〖成分為NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等〗中回收NiSO4的工藝流程如圖：已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列問題：(1)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，還含有_____________(寫化學式)。(2)礦渣中部分FeO在空氣中焙燒時反應生成Fe2(SO4)3化學方程式為_______________________________________________________。(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(濃度為1.0×10-3mol·L-1)，當溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1時，除鈣率為_____________〖Ksp(CaF2)=4.0×10-11〗。(4)溶劑萃取可用于對溶液中的金屬離子進行富集與分離：Fe2+(水相)+2RH(有機相)?FeR2(有機相)+2H+(水相)萃取劑與溶液的體積比(V0/VA)對溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影響如圖所示，V0/VA的最佳取值為__________。在_____________(填“強堿性”“強酸性”或“中性”)介質(zhì)中“反萃取”能使有機相再生而循環(huán)利用。(5)以Fe、Ni為電極制取Na2FeO4的原理如圖所示。通電后，在鐵電極附近生成紫紅色的FeO，同時會產(chǎn)生少量紅褐色物質(zhì)。=1\*GB3①電解時離子交換膜(b)為_______(填“陰”或“陽”)離子交換膜。②向鐵電極區(qū)出現(xiàn)的紅褐色物質(zhì)中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解，進而提高了Na2FeO4的產(chǎn)率。該反應的離子方程式為_____________________________________。〖答案〗(1)SiO2(2)4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O(3)99%(4)0.25強酸性(5)=1\*GB3①陰②2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O〖祥解〗某礦渣的主要成分是NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸銨研磨后，600℃焙燒，已知：(NH4)2SO4在350℃以上會分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙燒過程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的熱水中浸泡過濾得到浸出液，加入NaF除去鈣離子，過濾得到濾液加入萃取劑得到無機相和有機相，無機相通過一系列操作得到硫酸鎳，有機相循環(huán)使用，據(jù)此分析解答。〖詳析〗(1)礦渣主要成分是NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸銨加熱浸取后的浸渣為不反應和不溶于水的硫酸鈣和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，還含有SiO2，所以〖答案〗為SiO2。(2)礦渣中部分FeO焙燒時與H2SO4及空氣中的氧氣反應生成Fe2(SO4)3和水，反應的化學方程式為4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；(3)當溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1時，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)=c(Ca2+)×(2.0×10-3mol·L-1)2=4.0×10-11，故c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，則除鈣率為99%，所以〖答案〗為：99%。(4)要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根據(jù)圖象，最佳取值為0.25；在強酸性介質(zhì)中“反萃取”能使有機相再生而循環(huán)利用，所以〖答案〗為：0.25；強酸性。(5)①電解時正極連接鐵電極，為陽極，陽極上失電子在堿性條件下反應生成FeO，電極反應式為Fe-6e-+8OH-=Fe