攀枝花市2019届高三第一次统考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Ti-48 Fe-56 Cu- 1.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ） A. 海带提碘 C. 氨碱法制碱 【答案】C 【解析】
试题分析：A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。故选项C正确。 考点：考查氧化还原反应概念。
2.化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是 A. 铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈 B. 燃煤中加入生石灰可有效减少污染物的排放量 C. 泡沫灭火器用于一般的起火，也适用于电器起火 D. 漂白粉可作棉、麻的漂白剂，也可用作环境的消毒剂 【答案】C 【解析】
【详解】A、铁质器件附有铜配件时，在接触电解质溶液时，铁是原电池的负极，易被腐蚀生成铁锈，选项A正确； B、利用生石灰可以“固硫”，反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，选项B正确；
C、泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，
B. 氯碱工业 D. 海水提溴
该泡沫出进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，选项C错误；
D、漂白粉具有强氧化性、漂白性，可作棉、麻的漂白剂，也可用作环境的消毒剂，选项D正确。 答案选C。
3.下列离子方程式错误的是
A. 用氨水溶解氢氧化铜沉淀：Cu+ 4NH3·H2O
2+
[Cu(NH3)4] + 4H2O
Al(OH)3↓+ CO32-
2+
B. NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合后产生白色沉淀：HCO3- + AlO2-+ H2OC. 用稀清洗试管内壁的银镜：3Ag + 4H++ NO3-3Ag++ NO↑+ 2H2O
D. 用NaOH溶液除去镁粉中含有的杂质铝：2Al+ 2OH-+ 2H2O【答案】A 【解析】
2AlO2-+ 3H2↑
【详解】A. 用氨水溶解氢氧化铜沉淀，氢氧化铜难溶于水必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+ 4NH3·H2O=[Cu(NH3)4] + 4H2O +2OH，选项A错误；
B. NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合后产生白色沉淀氢氧化铝同时生成碳酸钠，反应的离子方程式为：HCO3- + AlO2-+ H2O=Al(OH)3↓+ CO32-，选项B正确；
C. 用稀清洗试管内壁的银镜生成银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Ag + 4H++ NO3-=3Ag++ NO↑+ 2H2O，选项C正确；
D. 用NaOH溶液除去镁粉中含有的杂质铝，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+ 2OH-+ 2H2O=2AlO2-+ 3H2↑，选项D正确。 答案选A。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分、电荷、原子个数是否守恒。
4.向含有c(FeCl3)＝0.2mol/L、c(FeCl2)＝0.1mol/L的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物。下列有关说法中正确的是 A. 该黑色分散系为胶体，分散系的分散质为Fe2O3 B. 可用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物 C. 向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液也可得到该黑色分散系
D. 形成该黑色分散系时发生的反应为：Fe2++2Fe3++8OH－===Fe3O4（胶体）+ 4H2O 【答案】D 【解析】
【详解】A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，选项A错误；
2+
-
B．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，选项B错误； C．向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液可得到氢氧化铁胶体，选项C错误；
D、氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子反应方程式为：Fe2++2Fe3++8OH－=Fe3O4（胶体）+ 4H2O，选项D正确。 答案选D。
5.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论不正确的是 选项 实验操作 将FeCl2样品溶于盐酸后，滴加A KSCN溶液 将Na2SO3样品溶于水，滴加入稀盐B 酸酸化的Ba(NO3)2溶液 向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，滴入稀硫酸未见溶液变蓝；加C 再加入10%的H2O2溶液 入H2O2溶液后，溶液立即变蓝 I2 产生白色沉淀，且有无色气体向5mL0.5mol/LNaHCO3溶液中滴入D 2mL1mol/LBaCl2溶液 A. A 【答案】B 【解析】
【详解】A．已经变质的FeCl2溶液中，混有铁离子，滴加KSCN溶液，溶液变红，则说明FeCl2已经变质，选项A正确；
B、具有强氧化性，能够将Na2SO3氧化为硫酸钠，硫酸钠与钡反应生成难溶于酸的硫酸钡，选项B不正确； C、酸性条件下碘离子与过氧化氢发生氧化还原反应，则H2O2氧化性强于I2，选项C正确；
D、向5mL0.5mol/LNaHCO3溶液中滴入2mL0.5mL1mol/LBaCl2溶液，可观察到有白色沉淀为碳酸钡、无色气体为二氧化碳，反应的化学方程式为NaHCO3 + BaCl2答案选B。
6.工业上常采用吸收-电解联合法除去天然气中的H2S气体，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。通
实验现象 结论 溶液变成红色 原FeCl2样品已变质 产生白色沉淀 原Na2SO3样品已变质 酸性条件下，H2O2氧化性强于反应的化学方程式为NaHCO3 + BaCl2 生成 BaCO3↓+ NaCl+ CO2↑+H2O B. B C. C D. D
BaCO3↓+ NaCl+ CO2↑+H2O，选项D正确；
电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率即可保证装置中反应的连续性。下列说法正确的是
A. 与电源a端相连的碳棒为阳极，气体A为O2
B. 与电源b端相连的碳棒上电极反应为：2H2O+2e=2OH+H2↑ C. 通电过程中，右池溶液中的OH通过阴离子膜进入左池 D. 在通电前后，右池中的c(NaOH)与c(Na2S)之比基本不变 【答案】D 【解析】
【详解】根据图中信息可知，右侧通入含有H2S杂质的甲烷气，得到除杂后的甲烷气，结合题意，则右端碳棒为电解池的阳极，左端碳棒为阴极，阴极上水电离出的H+得电子被还原为H2，电极反应式为2H2O＋2e-=2OH-+H2↑。右池中相当于H2S发生氧化反应而被除去，则溶液中c（NaOH）：c（Na2S）基本保持不变。 A. 与电源a端相连的碳棒为阴极，气体A为H2，选项A错误；
B. 与电源b端相连的碳棒为阳极，电极上硫离子失电子产生硫单质，电极反应为：S2- -2e－=S↓，选项B错误； C. 通电过程中，右池溶液中的S通过阴离子膜进入左池，选项C错误； D. 在通电前后，右池中的c(NaOH)与c(Na2S) 之比基本不变，选项D正确。 答案选D。
【点睛】本题考查电化学知识，必须通过溶液中离子放电情况判断电极，通过电极反应分析电极反应式，从而得解。 7.某工厂冶炼钛精矿得到钛渣，钛渣的成分及含量（质量分数）为：TiO251.00%、Al2O319.34%、MgO7.20%、CaO4.00%、SiO218.46%，通过下列工艺流程可以得到纳米二氧化钛和某型分子筛（化学式为Na4Al4Si4O16 •9H2O）。
2-－
－
－
下列说法不正确的是
A. 钛渣中的TiO2、SiO2不属于碱性氧化物 B. 滤液①中溶质只有NaAlO2、NaOH
C. 步骤②中加入盐酸时，反应的离子方程式是Na2TiO3 + 2H+
H2TiO3↓+2Na+
Na4Al4Si4O16 •9H2O↓ + 8NaOH
D. 步骤③中加入适量Na2SiO3时，反应的化学方程式为：4NaAlO2 + 4Na2SiO3 +13H2O 【答案】B 【解析】
【详解】A. 钛渣中的TiO2属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，均不属于碱性氧化物，选项A正确； B. 钛渣在稍过量的氢氧化钠熔后得到的残渣主要为硅酸钙和硅酸镁，根据各成分的质量分数可知，二氧化硅过量，共熔物加水过滤后得到Na2TiO3和滤液，则滤液①中溶质有NaAlO2、NaOH、Na2SiO3，选项B不正确； C. 步骤②中加入盐酸时Na2TiO3与盐酸反应生成H2TiO3和氯化钠，反应的离子方程式是Na2TiO3 + 2H=H2TiO3↓+2Na，选项C正确；
D. 步骤③中加入适量Na2SiO3时偏铝酸钠和硅酸钠反应生成Na4Al4Si4O16 •9H2O和氢氧化钠，反应的化学方程式为：4NaAlO2 + 4Na2SiO3 +13H2O =Na4Al4Si4O16 •9H2O↓ + 8NaOH，选项D正确。答案选B。
8.次氯酸溶液是常用的消毒剂、漂白剂。某学习小组根据需要欲制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。 【查阅资料】
资料1：常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，沸点为 3.8 ℃，42 ℃以上会分解生成 Cl2和O2， Cl2O易溶于水并与水立即反应生成 HClO。
资料2：将氯气和空气(不参与反应)按体积比 1∶3 混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＋2NaCl＋2NaHCO3，用水吸收 Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。 【装置及实验】用以下装置制备次氯酸溶液
Cl2O
+
+
回答下列问题：
(1)各装置的连接顺序为_____→_____→_____→____→E。 (2)装置 A 中反应的离子方程式是______。 (3)装置 E中反应的化学方程式是_____。
(4)装置 B 中多孔球泡和搅拌棒的作用是_______；反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_____。 (5)装置 C 的主要作用是_____。
(6)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是（答出一条即可）_____。
(7)若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L,则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为___g。
【答案】 (1). A (2). D (3). B (4). C (5). MnO2 + 4H＋+2Cl－ Cl2O+ H2O
Mn2＋+ Cl2 ↑+ 2H2O (6).
2HClO (7). 加快反应速率，使反应充分进行 (8). 防止反应放热后温度过高导致 Cl2O 分解
(9). 除去 Cl2O 中的 Cl2 (10). 制得的次氯酸溶液浓度较大或制得的次氯酸溶液纯度较高或制得的次氯酸溶液不含有Cl离子或氯元素的利用率高等 (11). 57.6 【解析】 【分析】
A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，由D装置饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，反应为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2，通入C装置吸收除去Cl2O中的Cl2，并在E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，据此分析作答。
【详解】（1）A装置制备氯气，D装置吸收吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，C装置吸收除去Cl2O中的Cl2，E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液；故答案为：A、D、B、C；
(2)装置 A 中利用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，反应的离子方程式是MnO2 + 4H＋+2Cl－ (3)装置 E中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，反应的化学方程式是Cl2O+ H2O=2HClO；
(4)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是加快反应速率，使反应充分进行；由题可知：Cl2O 42℃以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中；故答案为：防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解；
(5) Cl2O为极性分子，Cl2为非极性分子，根据相似相容原理，氯气易溶于四氯化碳，可在装置C中除去Cl2O中的Cl2；
(6)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是制得的次氯酸溶液浓度较大或制得的次氯酸溶液纯度较高或制得的次氯酸溶液不含有Cl-离子或氯元素的利用率高等；
(7)装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L ，根据反应Cl2O+ H2O=2HClO，则被吸收的Cl2O的物质的量为
，若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，
-
Mn2＋+ Cl2 ↑+ 2H2O；
装置B中生成的Cl2O气体的物质的量为2NaHCO3，则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为
，根据反应2Cl2＋2Na2CO3＋H2O
。
Cl2O＋2NaCl＋
【点睛】本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。 9.FePO4是一种难溶于水的白色固体，可用金属防腐剂，也可用于制备电动汽车电池的正极材料LiFePO4。实验室利用FeSO4•7H2O和H3PO4（弱酸）制备FePO4 、LiFePO4流程如下图：
回答下列问题：
(1)“溶解”时H3PO4不宜过量太多的原因是__________。 (2)①洗涤FePO4沉淀的操作是__________；
②若经多次洗涤后所得“FePO4”仍呈棕色，则“FePO4”最可能混有的杂质是_____。 (3)“反应1”时总反应的离子方程式是_____________。 (4)“反应2”时总反应的化学方程式是：2LiOH + 6H2C2O4 + 2FePO4化学式为____；每生成1molLiFePO4，该反应转移_______mole-。
2LiFePO4 + 7CO2 + 5X +7H2O ，其中X的
(5)LiFePO4电池稳定性高、安全、对环境友好，该电池的总反应式是：LiFePO4 + C6 时工作原理如图所示。
则：充电时，a极的电极反应式为_____________； 放电时，b极的电极反应式为_______________。
Li1﹣xFePO4 + LixC6，其放电
【答案】 (1). 防止后续反应中消耗NaOH，浪费原料 (2). 向漏斗中加入蒸馏水刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作2﹣3次 (3). Fe(OH)3 (4). 2 Fe2+ + ClO﹣+ 2H3PO4 + 4 OH﹣(6). 3.5 (7). C6 + xLi+ + xe﹣【解析】
【详解】(1)防止后续反应中消耗NaOH，浪费原料，故“溶解”时H3PO4不宜过量太多；
(2)①洗涤FePO4沉淀的操作是向漏斗中加入蒸馏水刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作2﹣3次；
LixC6 (8). Li1﹣xFePO4 + xLi+ + xe﹣
2FePO4↓+ Cl﹣+ 5 H2O (5). CO
LiFePO4
②若经多次洗涤后所得“FePO4”仍呈棕色，则“FePO4”最可能混有的杂质是Fe(OH)3；
(3)“反应1”时亚铁离子被次氯酸钠氧化，碱性条件下铁离子与磷酸根离子反应产生磷酸铁沉淀，总反应的离子方程式是2 Fe2+ + ClO﹣+ 2H3PO4 + 4 OH﹣=2FePO4↓+ Cl﹣+ 5 H2O； (4)根据质量守恒可知，反应2LiOH + 6H2C2O4 + 2FePO4
2LiFePO4 + 7CO2 + 5X +7H2O右边还少了5个C、5个O，
X的计量数为5，则X的化学式为CO；反应中碳元素由+3价降为+2价、铁元素由+3价降为+2价；碳元素由+3价升为+4价，根据氧化还原反应原理，每生成2molLiFePO4，则生成7mol CO2，转移7mole，故每生成1molLiFePO4，该反应转移3.5mole-；
(5)原电池中阳离子向正极移动，锂离子向电极b移动，则电极b为正极，充电时b电极为阳极，阴极a极上C6得电子产生LixC6，电极反应式为C6 + xLi+ + xe﹣
LixC6；
+
﹣
-
放电时，正极b极上Li1﹣xFePO4得电子产生LiFePO4，电极反应式为Li1﹣xFePO4 + xLi+ xe=LiFePO4。 10.环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，以下是用烯烃A和羧酸D合成它的一种路线：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为__________。
(2)B→C的反应类型为__________。该反应还能生成一种与C互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为____________。
(3) D→E的化学方程式为_____________。
(4) M是H的同分异构体，写出同时满足下列条件的M的结构简式_____________。（不考虑立体异构） ①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg；②核磁共振氢谱为两组峰。
(5)根据上述合成路线中的信息，某学习小组设计以丙二酸二乙酯和1，2-二溴乙烷为原料合成二甲酸环己烷的流程图如下。则甲的结构简式为_______，乙的结构简式为_______。
【答案】 (1). CH3-CH=CH2 (2). 加成反应 (3). CH2BrCHBrCH3（或） (4).
(5). (6).
(7).
【解析】
【详解】用逆合成分析法：由C的结构可推出B为CH2=CHCH2Br，A为CH2=CHCH3。
（1）由上述分析，A与Br2光照条件下取代反应生成B，B与HBr加成反应生成C，A属于烯烃，则为丙烯，其结构简式为CH2=CHCH3；
（2）CH2=CHCH2Br与HBr发生加成反应生成CH2Br-CH2CH2Br，故B→C的反应类型是：加成反应；该反应生成的与C互为同分异构体的副产物是：CH3-CHBr-CH2Br（或
）；
（3）D与E发生酯化反应生成F，由E的结构简式可推出D为丙二酸，结构简式为HOOC-CH2-COOH；D→E的化学方程式为（4）H为
；
，其同分异构体M：①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg，则含有两个醛基；②核磁共振
氢谱为两组峰；则有2种氢原子一种为醛基上的氢，则另外只有一种氢，高度对称。综上，结构简式为：
；
(5)根据上述合成路线中的信息，利用逆合成分析法，由乙加热生成可推出乙为，根据丙二
酸二乙酯和1，2-二溴乙烷在一定条件下反应生成甲，且甲在氢氧化钠作用下的产物酸化得到乙可推出甲为
。
11.Ca(NO2)2常用作钢筋混凝土工程中的阻锈剂。工业尾气中含有大量氮氧化物，含较多NO的尾气可用于制取Ca(NO2)2，工业流程如下：
已知：Ca(OH)2 + NO + NO22Ca(OH)2 + 4NO2回答下列问题：
Ca(NO2)2 + H2O；
Ca(NO2)2 + Ca(NO3)2 + 2H2O
(1)Ca(NO2)2的名称是____________。
(2)一次吸收后的尾气通过浓，一部分NO被浓氧化，反应的化学方程式是____；
在一定条件下，通入NH3将过多的NO2还原为N2以调节n(NO)/n(NO2)的比值，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
(3)在整个过程中，控制n(NO)/n(NO2)＞1的目的是_______________。
(4)用石灰乳两次吸收的目的是_______。
(5)在钢筋混凝土中，Ca(NO2)2可阻止Cl-对钢筋的腐蚀，其原理如下图示，该反应的离子方程式为____________。 (6)产品中主要含有的杂质是Ca(NO3)2。测定Ca(NO3)2含量的实验步骤是：称取0.410g产品溶于水，加入过量Na2SO4溶液，过滤，在滤液中加入足量NH4Cl饱和溶液（发生反应：NH4++NO2-N2 + 2H2O）；充分反应后，用稀硫酸酸化，
向溶液中加入过量的15.00mL0.1000mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液至充分反应（假设还原产物为NO）；加入N-苯基邻氨基苯甲酸做指示剂，用0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe，消耗标准溶液2.00mL。则：产品中Ca(NO3)2的质量分数为________。
【答案】 (1). 亚钙 (2). NO + 2HNO3
3NO2 + H2O (3). 3:4 (4). 减小生成Ca(NO3)2的相对
Fe2O3 +
2+
量 (5). 提高吸收液中Ca(NO2)2的浓度并减少排放尾气中的氮氧化物 (6). 2NO2- + 2Fe2+ + 2OH-2NO↑+ H2O (7). 2.00% 【解析】
【详解】(1)Ca(NO2)2中氮元素的化合价为+3价，其名称是亚钙；
(2)一次吸收后的尾气通过浓，一部分NO被浓氧化生成二氧化氮和水，反应的化学方程式是NO + 2HNO3
3NO2 + H2O；
NH3将过多的NO2还原为N2，同时生成水，反应的化学方程式为6NO+4NH3=5N2+6H2O，NO中氮元素化合价降低作氧化剂，
NH3中氮元素化合价升高作还原剂，根据反应可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4；
(3) 若n( NO)：n( NO2) (5)在钢筋混凝土中，Ca(NO2)2可阻止Cl对钢筋的腐蚀，根据图示可知，碱性条件下亚根离子将亚铁离子氧化产生氧化膜氧化铁，形成钝化层，该反应的离子方程式为2NO2+ 2Fe+ 2OH - 2+ -- Fe2O3 + 2NO↑+ H2O； (6) 15.00mL0.1000mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液中n(Fe2+)=15.00×10-3L×0.1000mol/L=1.5×10-3mol，根据反应Cr2O72-+6 Fe2++ 14H+= 6Fe3++2Cr3++7H2O可知，用0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+的物质的是为2.00×10-3L×0.1000mol/L×6=1.2×10-3mol，故与根离子反应的亚铁离子的物质的量为3×10-4mol，根据反应NO3-+3Fe2++ 4H+= 3Fe3++NO↑+2H2O可知，n(NO3-)=3×10-4mol×=1×10-4mol，则：产品中Ca(NO3)2的质量分数为 。
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