【文档说明】吉林省长春市长春汽车经济技术开发区第六中学2020届高三上学期第一次月考化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，544.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学考试说明：1.考试时间为90分钟，满分100分，选择题涂卡。2.考试完毕交答题卡。3.可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Fe-56第Ⅰ卷(共45分)一、选择题（本题包括15个小题，每小题只有一个正

确选项，每小题3分，共45分）1.下列关于物质应用的说法错误的是A.玻璃容器可长期盛放各种酸B.纯碱可用于清洗油污C.浓氨水可检验氯气管道漏气D.Na2S可除去污水中的Cu2+【答案】A【解析】【详解】A.玻璃容器可长期盛放不能与酸发生反应的各

种酸，但是由于氢氟酸能够腐蚀玻璃，所以不能盛装氢氟酸，A错误；B.纯碱水解使溶液显碱性，可以促进油脂的水解，因此可用于清洗油污，B正确；C.氯气管道漏气，氯气与浓氨水挥发出的氨气反应可产生白烟，因此可用浓氨水检验氯气管道漏气，C正确；D.Na2S电离产

生的S2-与污水中Cu2+发生沉淀反应，从而可降低污水中的Cu2+，故可以治理污水，D正确；答案选A。2.在前一种分散系中慢慢滴加后一种试剂，能观察到先沉淀后变澄清的是()①氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液②偏铝酸钠溶液中加盐酸③氢氧化钠溶液中滴加氯

化铝溶液④蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液⑤氯化铝溶液中滴加氨水⑥硝酸银溶液中滴加氨水⑦氢氧化铁胶体滴加硫酸A.①②④⑥B.②③⑤⑦C.①②⑥⑦D.③④⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①在氯化铝溶液中滴加NaOH溶液，随着NaOH溶液的不断加入

，依次发生反应：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，能观察到的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解变澄清，①符合题意；②在偏铝酸钠溶液中加盐酸，随着盐酸的不断加入，依次发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（O

H）3↓、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，能观察到的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解变澄清，②符合题意；③在NaOH溶液中滴加氯化铝溶液，随着氯化铝溶液的不断加入，依次发生的反应为：4NaOH+AlCl3=3N

aCl+NaAlO2+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl，能观察到的现象是先无明显现象后产生白色沉淀，③不符合题意；④蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液，蛋白质发生变性，观察到的现象是产生沉淀、但沉淀不会溶解，

④不符合题意；⑤氯化铝溶液中滴加氨水，发生反应：AlCl3+3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，能观察到的现象是产生白色沉淀、但沉淀不会溶解，⑤不符合题意；⑥硝酸银溶液中滴加氨水，随着氨水的不断加入，依次发生反应：AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3、Ag

OH+2NH3·H2O=[Ag（NH3）2]OH+2H2O，能观察到的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解变澄清，⑥符合题意；⑦硫酸属于电解质，在氢氧化铁胶体中滴加硫酸，胶体发生聚沉，观察到产生红褐色沉淀，继续加入硫酸发生反应2Fe（OH）3+3H2SO4=Fe2（SO

4）3+6H2O，观察到的现象是沉淀溶解得黄色溶液，⑦符合题意；答案选C。3.已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O③2KBrO3+Cl2=Br2+2K

ClO3，下面说法正确的A.上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B.反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1C.反应③中1molCl2反应，则氧化剂得电子的物质的量为10molD.氧化性由强到弱的顺序为：KClO3>KBrO3>Cl2>Br2【答案】C【解析】【详

解】A．②中生成物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，故A错误；B．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，参加反应的56的氯化氢作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故B错误；C．③

中氧化剂是KBrO3，还原产物是Br2，该反应式中lmol还原剂反应失去电子的物质的量为=2×(5-0)mol=10mol，氧化剂得到的电子是2×(5-0)mol=10mol，故C正确；D．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大

于溴，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于

氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故D错误；故选C。4.下列说法正确的是A.阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性B.失电子难的原子获得电子的能力一定强C.得到电子越多的氧化剂，其氧化性就越强D.要实现Fe2+→Fe3+的转化，必须加入氧化剂【

答案】D【解析】【详解】A.阳离子可以有还原性如Fe2＋，阴离子可以有氧化性如ClO－，故A错误；B.失电子难的原子获得电子的能力不一定强，如稀有气体既难失去电子，又难得到电子，故B错误；C.氧化性强弱与得到电子多少没有关系，故C错误；

D.Fe2＋到Fe3＋的转化属于氧化反应，必须加入氧化剂，故D正确。答案选D。5.NaNO2是一种食品添加剂，既有致癌作用。酸性KMnO4溶液与NaNO2的反应为：MnO4-+NO2-+H+=Mn2++NO3-+H2O(未配平)。下列叙

述正确的是A.反应中NO2-是氧化剂B.反应过程中溶液pH减小C.1molKMnO4可以消耗2.5molNaNO2D.该反应可以说明氧化性NO3-＞MnO4-【答案】C【解析】【详解】A、NO2-中的N元素化合价升高，被氧化，是还

原剂，A错误；B、反应过程中，H+被消耗，溶液酸性减弱，pH增大，B错误；C、KMnO4中的Mn元素化合价降低5价，NO2-中的N元素化合价升高2价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，消耗NO2-的物质的量是KMnO4的2.5倍，即1mo

lKMnO4可以消耗2.5molNaNO2，C正确；D、在该反应中MnO4-是氧化剂，根据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，有氧化性MnO4-＞NO3-，D错误；故选C。6.下列解释事实的方程式不准确的是A.用浓盐酸检验氨：NH3+HCl=NH4ClB.

碳酸钠溶液显碱性：CO32-+H2OHCO3-+OH-C.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe-3e-=Fe3+D.长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A、利用HCl和NH3反应生成白烟(即NH4Cl)

，A正确；B、碳酸钠溶液中因CO32-发生水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-使其溶液呈碱性，B正确；C、钢铁腐蚀时，负极被氧化的方程式为Fe-2e-=Fe2＋，C错误；D、长期存放石灰水的试剂瓶因与CO2反应生成CaCO3

而出现白色固体，D正确；故选C。7.下列有关NaHSO3溶液的叙述正确的是A.该溶液中，K+、Ca2+、Cl2、Br-可以大量共存B.与FeCl3反应的离子方程式：SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+C.和足量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式：Ca2++OH

-+HSO3-=CaSO3↓+H2OD.能使含I2的淀粉溶液蓝色褪去，说明NaHSO3溶液具漂白性【答案】C【解析】【详解】A、Cl2能与Br-、HSO3-反应，所以不能共存，A错误；B、亚硫酸氢钠在离子方程式中写成亚硫酸

氢根离子，不是亚硫酸根离子，B错误；C、亚硫酸氢钠和足量的氢氧化钙反应生成氢氧化钠和亚硫酸钙沉淀和水，C正确；D、亚硫酸氢钠和碘反应，说明亚硫酸氢钠的还原性，不是漂白性，D错误；故选C。8.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正

确的是A.等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB.1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NAC.1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD.标准状况下，2．24L戊烷所含分子数为0．1NA【答案】B【解析】【详解】

A．阿伏伽德罗常数是指1mol任何微粒中含有的微粒数，等物质的量不一定是1mol，故A错误；B．H2O2的相对分子质量为34，故1.7g的物质的量为0.05mol，其每个分子中含有的电子为18个，则其1

.7g中含有的电子的物质的量为0.9mol，数目为0.9NA，故B正确；C．Na2O2固体中，含有的是Na+和O22-两种离子，1mol固体中含有3mol离子，故其中的离子总数为3NA，故C错误；D．戊烷在标准状况下为液态，则2.24L戊烷的物质的量不是0.1mo

l，故D错误；故答案为B。9.寿山石{X4[Y4Z10](ZW)8}的组成元素均为短周期元素，X的最高价氧化物对应水化物常用于治疗胃酸过多，X的简单离子与ZW－含有相同的电子数，Y的单质是制造芯片的基础材料。下列说法正确．．的是（）A.原子半径：Y>X>Z>WB.最高价氧化物水化物的酸性：

X>YC.NaW与水反应时作还原剂D.简单氢化物的热稳定性：Y>Z【答案】C【解析】【分析】X的最高价氧化物对应水化物常用于治疗胃酸过多，X为铝元素。X的简单离子与ZW－含有相同的电子数，Z为氧元素，W为氢元素。Y的单质是制

造芯片的基础材料，Y为硅元素。【详解】A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X>Y>Z>W，故A错误；B.非金属性：Y>X，则最高价氧化物水化物的酸性：Y>X，故B错误；C.NaH与水反应产生氢氧化钠和氢气，NaH中H元素的化合价升高，失去电子作还原剂

，故C正确；D.非金属性：Z>Y，则简单氢化物的热稳定性：Z>Y，故D错误；答案选C。10.下列对于过氧化钠的叙述中，正确的是（）A.将少量Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液最终呈蓝色B.1molNa2O2与H2O完全反

应，转移2mol电子C.充分加热等物质的量的Na2O2和NaHCO3的混合物，剩余物质为Na2CO3D.agCO和H2的混合气体充分燃烧的产物与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增加ag【答案】D【解析】【详解】A、Na2O2与H2O反应生成NaOH使石蕊试液变蓝，

但Na2O2具有强氧化性，又会使蓝色褪去，A错误；B、Na2O2与水反应时，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，1molNa2O2转移1mol电子，B错误；C、设NaHCO3、Na2O2各有2mol，则323222NaHCONaCO+CO+HO2mol1mol1mol1m

ol，2222322NaO+2CO=2NaCO+O1mol1mol1mol，22222NaO+2HO=4NaOH+O1mol1mol2mol，由此可知1molCO2消耗1molNa2O2，生成1molNa2CO3，1molH2O消耗1molNa2O2，生成2mol

NaOH，Na2O2恰好无剩余，加热后的固体有2molNa2CO3、2molNaOH，C错误；D、观察Na2O2→Na2CO3，Na2O2→2NaOH可知，CO与H2充分燃烧的产物通过Na2O2时增重的质量

即为CO和H2的质量，D正确；故选D。11.用含有少量镁的铝片制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是①加盐酸溶解②加过量烧碱溶液溶解③过滤④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀⑤加入盐酸生成

Al(OH)3沉淀⑥加入过量烧碱溶液生成Al(OH)3沉淀A.①⑤⑥③B.②③⑥③C.②③④③D.②③⑤③【答案】C【解析】因镁与碱不反应，而铝可以与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由于镁不溶解，过滤除去，NaAlO2要转变成A

l(OH)3，可以向滤液中加入过量的二氧化碳，其反应为NaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al(OH)3↓，再过滤即得纯净的Al(OH)3，实验操作最合理的组合及顺序为②③④③，故选C。12.用下列装置进行的实验，不能达到相应实验目的

的是A.装置甲：气体从a口进入，收集NH3B.装置乙：实验室测定中和热C.装置丙：实验室制取并收集乙酸乙酯D.装置丁：验证HCl气体易溶于水【答案】C【解析】A．氨气的密度比空气小，可利用向下排空气法收集，则气体从a口

进入可收集氨气，故A正确；B．测定中和热，应使酸碱迅速反应，用环形玻璃棒搅拌，故B正确；C．试管中为NaOH，酯在NaOH溶液中发生水解，不能收集到乙酸乙酯，应将NaOH改为碳酸钠溶液，故C错误；D．HCl极易溶于水，挤压胶头滴管中

的水，利用气球的变化可说明，故D正确；故选C。13.下列实验操作所得的现象及结论均正确的是（）选项实验操作现象及结论A将AlC13溶液加热蒸干得到白色固体，成分为纯净的AlC13B将少量Na2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，则Na2SO3己变质C向

FeI2溶液中通入少量C12溶液变黄，则C12的氧化性强于Fe3+D用量筒量取一定体积的浓硫酸时，仰视读数所量取的浓硫酸体积偏大A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．将AlCl3溶液加热蒸干，由于HCl

易挥发，加热促进了铝离子的水解，则最终得到的是氢氧化铝，无法得到纯净的AlCl3，故A错误；B．由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，干扰了检验结果，应该用氯化钡溶液，故B错误；C．向FeI2溶液中通入少量Cl2，被氧化的为碘

离子，无法比较氯气与铁离子的氧化性强弱，故C错误；D．用量筒量取一定体积的浓硫酸时，仰视读数，量取的浓硫酸体积在刻度线上方，导致所量取的浓硫酸体积偏大，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学实验能力的评价，弱碱强酸盐的水解、

离子检验、氧化还原反应、常见仪器的构造及使用方法等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，易错点C，向FeI2溶液中通入少量Cl2，被氧化的为碘离子，亚铁离子没有参加反应，无法比较氯气与铁离子的氧化性强弱。14.2015年冬季，雾霾天气严重影响了我国北方地区。国内电力行业和供暖部门引

进先进脱硫工艺以减少污染。目前脱硫工艺涉及的主要反应有：①H2S(g)＋32O2(g)===SO2(g)＋H2O(g)ΔH1②S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH2③S(g)＋H2(g)===H2S(g)ΔH3则“2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH4”中ΔH4的正确表达式为()

A.ΔH4＝23(ΔH1＋ΔH2－ΔH3)B.ΔH4＝2(ΔH1－ΔH2＋ΔH3)C.ΔH4＝(ΔH1－ΔH2＋ΔH3)D.ΔH4＝32ΔH1－2(ΔH2－ΔH3)【答案】B【解析】根据盖斯定律，②-③得⑤：H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2(g)ΔH5，则ΔH5=ΔH2-ΔH3

；①×2-⑤×2得2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH4=2(ΔH1-ΔH2+ΔH3)，故选B。15.将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体

积和生成CO2的物质的量的关系的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后

发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。【详解】0.4gNaOH的物质的量为0.4g÷40g·mol-1=0.01mol和1.06gNa

2CO3的物质的量为1.06g÷106g·mol-1=0.01mol，则A、0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气

体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+

Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生

成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C。【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是HCl+N

a2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。第Ⅱ卷（共55分）二、填空题（本题包括三个大题，共40分）16.X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X2是最轻

的气体，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。回答下列问题：（1）X与L组成的最简单化合物的电子式为____________。（2）X与M组成的物质为_____________（填“共价”或“离子”）化

合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为__________。（3）Y在周期表中的位置是____________，其含氧酸的化学式为______________。（4）L与M形成的化合物中L的

化合价是__________。【答案】(1).(2).离子(3).CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋H2↑(4).第二周期IIIA族(5).H3BO3(6).－3【解析】X2为最轻的气体，即X为H，Y、L、M三种元素的质子数为

5的倍数，质子数等于原子序数，质子数可能为5、10、15、20中的三个，四种元素为主族元素，因此质子数为10舍去，即三种元素分别为B、P、Ca，（1）形成简单化合物是PH3，其电子式为；（2）形成的化

合物是CaH2，属于离子化合物，与水发生的反应是CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋H2↑；（3）Y为B，属于第二周期IIIA族元素，其含氧酸为H3BO3；（4）形成的化合物是Ca3P2，其中P显－3价。17.硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，

还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示：已知：硼酸为粉末状晶体，易溶于水，加热到一定温度可分解为无水物。回答下列问题：（1）写出Mg2B2

O5·H2O与硫酸反应的化学方程式___。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有（写两条）：___。（2）“浸渣”中还剩余的物质是：___（写化学式）。（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是_

__。然后再调节溶液的pH约为5，目的是___。（4）“粗硼酸”中的主要杂质是___（填名称）。（5）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程___。【答案】(1).Mg2B2O5·H2

O+2H2SO4Δ2MgSO4+2H3BO3(2).减小铁硼矿粉粒径、提高反应温度(3).SiO2和CaSO4(4).将Fe2+氧化为Fe3+(5).使Al3+与Fe3+形成氢氧化物而除去(6).（七水）硫

酸镁(7).2H3BO3ΔB2O3+3H2O、B2O3+3MgΔ3MgO+2B【解析】【分析】以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)，由流程可知，加硫酸

溶解，Fe3O4、SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，Fe3O4具有磁性，可以采用物理方法分离，滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；“净化除杂”需先加H2O2溶液，将Fe2+转化为Fe3+，调节溶液的pH约为5，使Fe3＋、Al3＋均转化为沉淀，则滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3，

然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。【详解】(1)Mg2B2O5·H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，化学方程式Mg2B2O5·H2O+2H2SO4Δ2MgSO4+2H3BO3；为提高浸出速率，除适

当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有：减小铁硼矿粉粒径、提高反应温度；(2)利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离，“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4；(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将Fe2+氧化为F

e3+。然后再调节溶液的pH约为5，目的是使Al3+与Fe3+形成氢氧化物而除去；(4)根据方程式Mg2B2O5·H2O+2H2SO4Δ2MgSO4+2H3BO3，反应中还生成硫酸镁，“粗硼酸”中的主要杂质是(七水)硫酸镁；(5)硼酸和金属

镁为原料可制备单质硼，硼酸受热分解，生成三氧化二硼，镁将硼还原，化学方程式：2H3BO3ΔB2O3+3H2O、B2O3+3MgΔ3MgO+2B。18.单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅（含铁、铝、硫、磷等杂质），粗硅与氯气反应生成四氯化硅（反应温度

450-500℃），四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。查阅相关资料获悉：a.四氯化硅遇水极易水解；b.铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；c.有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4AlCl3Fe

Cl3PCl5沸点/℃57.7—315—熔点/℃-70.0———升华温度/℃—180300162请回答下列问题：（1）写出装置A中发生反应的离子方程式___。（2）装置A中g管的作用是___；装置C中的试剂是___；装置E中的h瓶需要冷却理由是___。（3）装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏（类

似多次蒸馏）得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，含有铁、铝等元素的杂质。为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原反应滴定，锰元素被还原为Mn2+。①写出用KMnO4滴定Fe2+的离子方程式：___；②滴定前是否要滴加指

示剂？___（填“是”或“否”），判断滴定终点的方法是___。③某同学称取5.000g残留物，预处理后在容量瓶中配制成100mL溶液，移取25.00mL试样溶液，用1.000×10-2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶

液20.00mL，则残留物中铁元素的质量分数是___。【答案】(1).MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O(2).平衡压强，使液体顺利滴下(3).浓硫酸(4).使SiCl4冷凝(5).5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O(6).否(7).当滴入最后一

滴KMnO4溶液时，溶液颜色由无色变为紫色，且30秒不褪色(8).4.480%【解析】【分析】由制备四氯化硅的实验流程可知，A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和实验水除去HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与

氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，E装置制取氢气，F可防止倒吸，最后氢气还原SiCl4。【详解】（1）装置A制取氯气，发生反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O；（2）要使分液漏斗中的液体顺利滴下，所以作用是

平衡压强，使液体顺利滴下；应用四氯化硅遇水极易水解，所以在通入装置D之前需要，需要干燥处理，即装置C中的试剂是浓硫酸；SiCl4的熔点较低，所以作用是使SiCl4冷凝；（3）①酸性高锰酸钾溶液就有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，反应的方程式是5Fe2++MnO4-+8H+=

5Fe3++Mn2++4H2O；②由于酸性高锰酸钾溶液，在溶液中显紫红色，所以不需要另加指示剂。因此终点时的现象是当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液颜色由无色变为紫色，且30秒不褪色；③根据反应式可知，25.00ml溶液中亚铁离子的物质的量是0.0200

L×0.01mol/L×5=0.001mol，铁元素的总质量为：4×1×10-3mol×56g·mol-1=2.24×10-1g，铁元素的质量分数-12.2410g5.000g×100%=4.480%。三、

选考题19.氮及其化合物与人类生产、生活息息相关。回答下列问题：（1）氮的氢化物之一肼(N2H4)是一种油状液体，常做火箭燃料，与水任意比互溶，并且沸点高达113℃。在肼分子中N原子的杂化方式是___，肼易溶于水的原因是___，肼的沸点高达113℃的原因是___。（2）N2F2是氮的氟化物之

一，lmolN2F2中含有___molσ键；N和F中电负性较大的是____。（3）氮与钠形成的化合物有Na3N和NaN3。①Na3N能与水剧烈反应生成NaOH和NH3，则Na3N属于___晶体。②NaN3用于汽车的安全气囊中，当发生车祸时迅速分解放出氮气，使安全气囊充气。反应原理为2N

aN3+CuO撞击Na2O+2Cu+3N2↑。写出两种与3N−互为等电子体的分子或离子：___(填化学式)。（4）Na2O的晶胞结构如图所示，晶胞边长为566pm，晶胞中氧原子的配位数为___，Na2O晶体的密度为___

g·cm−3(只要求列算式，不必计算出结果)。【答案】(1).sp3(2).水和肼都是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，且肼和水分子间可形成氢键，因此肼易溶于水(3).肼分子间可以形成氢键，使其沸点较高(

4).3(5).F(6).离子(7).N2O、CO2、CNO-、NO2+等(8).8(9).-10323462(56610)6.0210【解析】【详解】（1）在肼分子N2H4中N原子，形成3个δ键，一个孤电子对，共4个杂化轨道，杂化方式是sp3；肼易溶于水的

原因是水和肼都是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，且肼和水分子间可形成氢键，因此肼易溶于水；肼的沸点高达113℃的原因是：肼分子间可以形成氢键，使其沸点较高；（2）N2F2是氮的氟化物之一，结构式，lmo

lN2F2中含有3molσ键；同一同期从左到右，元素的电负性增大，N和F中电负性较大的是F；（3）①Na3N能与水剧烈反应生成NaOH和NH3，Na3N由Na+和N3-构成，Na3N属于离子晶体；②3N−价电子总数为3×5+1=16，原子总数相同，价电子总数相同的微粒互为

等电子体，与3N−互为等电子体的分子或离子N2O、CO2、CNO-、NO2+等；（4）晶胞中白色球数目为8×18+6×12=4，黑色球数目为8，故白色球为O原子，黑色球为Na原子，钠原子配位数为4，而原子配位数与原子数目成反比，故O原子配位数为4×2=8；晶胞质量为4×2

3626.0210g，则晶体密度=4×23626.0210g÷（566×10-10cm）3=-10323462(56610)6.0210g·cm-3。20.HPE是合成苯氧基丙酸类除草剂的重要中间体，其合成路线如下：已知：①RCH2COO

H②+RCl+NaCl据此回答下列问题：（1）B中含有的官能团名称为___，D的结构简式为___。（2）C+E→F的反应类型为___。（3）M的核磁共振氢谱中各吸收峰的面积之比为___。（4）写出G+M→HPE的化学方程式___。（5）X是G的同分异构体，其中满足以下条件的X共有_

__种，写出其中的任意三种X的结构简式___。A.苯环上有3个取代基且苯环上的一氯取代物有两种B.遇FeCl3溶液发生颜色反应C.X不能与NaHCO3反应产生CO2D.1molX最多能和3molNaOH反应【答案】(1).氯原子、羧基(2).(3).

取代反应(4).3：2：1(5).+C2H5OH+H2O(6).10(7).，，，，，，，，，【解析】【分析】根据题中已知①的信息，结合A→B的条件和C的分子式可知，C为CH3CHClCOONa，B为CH3CHClCOOH，A为CH3CH2COOH，根据HPE的结构，结合题中已知信息②和

D的分子量为110，且只含C、H、O可知，D为，则E为，F为，所以G为，G与C2H5OH反应得HPE，所以M为CH3CH2OH。【详解】（1）B为CH3CHClCOOH，含有的官能团名称为氯原子、羧基，D的结构简式为；（2）C+E→F与题中信息②类似，为取代反应；（3）M为CH3

CH2OH，它的核磁共振氢谱中各吸收峰的面积之比为3：2：1；（4）G+M→HPE的化学方程式+C2H5OH+H2O；（5）X是G的同分异构体，a．苯环上有3个取代基且苯环上的一氯取代物有两种，b．遇FeCl3溶液发生颜色

反应，c．X不能与NaHCO3反应产生CO2，d．1molX最多能和3molNaOH反应，其中满足以下条件的X有：，，，，，，，，，共10种。