山东师范大学附属中学2021届高三上学期期中考试（11月）化学试卷 Word版含解析

山东师范大学附属中学2021届高三上学期期中考试（11月）化学试卷 Word版含解析

- 1 - 山东师大附中 2018 级化学学科 2020 年 11 月学业质量检测题 考生注意:请将各题答案填写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量 Li：7 C：12 O :16 Na：23 S:32 Cl：35.5 Ni： 59 一、单项选择题 1. 化学与人们的生活、生产密切相关。下列说法正确的是( ) A. 酒精和 84 消毒液混合使用能提高对新型冠状病毒的预防效果 B. 纳米铁粉可以去除被污染水体中的 Cu2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属 离子较强的物理吸附 C. 燃煤中加入 CaO 可以减少酸雨的形成，同时也可以减少温室气体的排放 D. 5G 时代某三维存储器能储存海量数据，其半导体衬底材料是单晶硅 【答案】D 【解析】 【详解】A.若酒精和 84 消毒液混合使用，具有还原性的乙醇与具有强氧化性的次氯酸钠发生 氧化还原反应生成有毒的氯气，不但不能提高对新型冠状病毒的预防效果，还可能发生意外 中毒，故 A 错误； B.纳米铁粉可以去除被污染水体中的 Cu2+、Hg2+等重金属离子的原因是纳米铁粉与被污染水 体中的 Cu2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应生成铜和汞，属于化学变化，故 B 错误； C.煤燃烧生成二氧化碳和二氧化硫，煤中加入氧化钙，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙， 亚硫酸钙被空气中氧气氧化生成硫酸钙，而二氧化碳高温下不能与氧化钙反应，则燃煤中加 入氧化钙可以减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，但不能减少二氧化碳的排放，故 C 错 误； D.三维存储器的半导体衬底材料是单晶硅，故 D 正确； 故选 D。 2. 理论研究表明，在 101kPa 和 298K 下，HCN ⇌ HNC 异构化反应过程的能量变化如图所示。 下列说法错误的是( ) - 2 - A. HCN 比 HNC 稳定 B. 该异构化反应的ΔH=59.3kJ·mol-1 C. 使用催化剂，不能改变反应的反应热 D. 升高温度，该反应正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图像，HCN 具有的能量比 HNC 低，能量越低越稳定，则 HCN 比 HNC 稳定， A 正确； B．根据图像，该异构化反应为吸热反应，异构化反应的ΔH=+59.3kJ·mol-1，B 错误； C．使用催化剂，能改变反应的活化能，但不能改变反应的反应热，C 正确； D．由于该异构化反应为吸热反应，升高温度，正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的 程度，平衡正向移动，D 正确； 答案选 B。 3. 下列有关实验操作或叙述错误的是( ) A. 配制 5%氯化钠溶液时，将称量的氯化钠放入烧杯中，然后加计量的水搅拌溶解 B. 测定硫酸铜晶体的结晶水含量时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅 C. 用硝酸银溶液滴定氯离子时，可用溴离子作指示剂 D. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁 【答案】C 【解析】 【详解】A．因配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可， 故 A 正确； B．温度过高晶体容易飞溅，因此硫酸铜晶体结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶 体飞溅，故 B 正确； - 3 - C．用硝酸银溶液滴定氯离子时，不能用溴离子做指示剂，因为先生成溴化银浅黄色沉淀再生 成氯化银白色沉淀，不能区分滴定终点，故 C 错误； D．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以使残留在滴定管尖嘴部分 的液体进入到锥形瓶中，故 D 正确； 答案选：C。 4. 下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲灼烧碎海带 B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液 C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中 I−的 Cl2 D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中 I−后的 Cl2 尾气 【答案】B 【解析】 【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A 错误； B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含 I-的溶液，B 正确； C、MnO2 与浓盐酸常温不反应，MnO2 与浓盐酸反应制 Cl2 需要加热，反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，C 错误； D、Cl2 在饱和 NaCl 溶液中溶解度很小，不能用饱和 NaCl 溶液吸收尾气 Cl2，尾气 Cl2 通常用 NaOH 溶液吸收，D 错误； 答案选 B。 5. 下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是( ) 实验操作 目的或结论 A 将 Cu 片放入 FeC13 溶液中 证明 Fe 的金属性比 Cu 强 - 4 - B 将点燃的镁条置于盛有 CO2 的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成 镁的还原性比碳强 C 将 SO2 通入溴水或酸性 KMnO4 溶液中 证明 SO2 有漂白性 D 向 FeCl2 溶液(含少量 FeBr2 杂质)中，加入适量氯水，再加 CCl4 萃取分液 除去 FeCl2 溶液中的 FeBr2 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cu 片放入 FeC13 溶液中，生成氯化铜和氯化亚铁，无法证明 Fe 的金属性比 Cu 强，A 结论错误； B．将点燃的镁条置于盛有 CO2 的集气瓶中，生成氧化镁和单质碳，镁作还原剂，C 为还原产 物，镁的还原性比碳强，B 结论正确； C．将 SO2 通入溴水或酸性 KMnO4 溶液中，二氧化硫被氧化生成硫酸，二氧化硫表现还原性， C 结论错误； D．向 FeCl2 溶液(含少量 FeBr2 杂质)中，加入适量氯水，亚铁离子的还原性大于溴离子，产生 氯化铁，不能除掉 Br-，D 结论错误； 答案为 B。 6. 科学家将含有石墨烯和碳纳米管两种纳米材料的水溶液在低温环境下冻干得到“全碳气凝 胶”，该固态材料的密度仅是 0.16mg·cm-3 ，是迄今为止世界上最轻的材料。下列有关说法正 确的是( ) A. “全碳气凝胶”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料 B. “全碳气凝胶”与石墨互为同位素 C. “全碳气凝胶”中含有碳碳双键，属于烯烃 D. “全碳气凝胶”的性质稳定，能在热的浓硫酸中稳定存在 【答案】A 【解析】 【详解】A．“全碳气凝胶”具有极大的比表面积，吸附性强，可用作处理海上原油泄漏的吸油 材料，A 说法正确； - 5 - B．“全碳气凝胶”与石墨都是碳的单质，互为同素异形体，B 说法错误； C．“全碳气凝胶”为碳的单质，无氢原子，不属于烃类，C 说法错误； D．“全碳气凝胶”的性质稳定，但能在热的浓硫酸发生反应生成二氧化碳、二氧化硫等物质， D 说法错误； 答案为 A。 7. 受新冠病毒疫情的影响，某市使用了大量漂白粉进行消毒，产生了大量污水(含 Cl-)，利用 ECT 电解水处理器处理上述污水的简化模型如图，通电后让水垢在阴极表面析出，并采用智 能清扫系统去除阴极表面的水垢；让阳极产生游离氯、臭氧等继续杀灭病毒，并防止包括军 团菌在内的微生物污染。下列有关说法正确的是( ) A. a 极为负极 B. 处理污水时，Cl-移向 a 极，b 极附近溶液的 pH 减小 C. 阳极上产生臭氧的电极反应式为 O2+2OH--2e-=O3+H2O D. 为了降低原材料成本，可将多孔铂电极 a 换成 Fe 电极 【答案】C 【解析】 【分析】 已知通电后让水垢在阴极表面析出，则 b 电极产生氢氧根离子，b 极水得电子生成氢气和氢氧 根离子，b 极接电源的负极，为阴极。 【详解】A．分析可知，b 极为阴极，则 a 极为负极，A 说法错误； B．处理污水时，为电解池，Cl-向阳极移动，即向 a 极，b 极产生氢氧根离子，附近溶液的 pH 增大，B 说法错误； C．阳极上氧气失电子与氢氧根离子反应生成臭氧，产生臭氧的电极反应式为 O2+2OH--2e-=O3+H2O，C 说法正确； D．若将多孔铂电极 a 换成 Fe 电极，a 极为阳极，则铁失电子生成亚铁离子，D 说法错误； - 6 - 答案为 C。 8. 我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的 Na－CO2 二次电池。将 NaClO4 溶于有机溶剂作 为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2＋ 4Na 2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（ ） A. 放电时，ClO4 －向负极移动 B. 充电时释放 CO2，放电时吸收 CO2 C. 放电时，正极反应为：3CO2＋4e－=2CO32－＋C D. 充电时，正极反应为：Na＋＋e－=Na 【答案】D 【解析】 【分析】 原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动， 阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。 【详解】A. 放电时是原电池，阴离子 ClO4 －向负极移动，A 正确； B. 电池的总反应为 3CO2+4Na 2Na2CO3+C，因此充电时释放 CO2，放电时吸收 CO2，B 正确； C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C 正确； D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为 2CO32 －+C－4e−＝3CO2，D 错误。答案选 D。 【点睛】本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次 电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关 键，注意充电与放电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精 - 7 - 神，落实了立德树人的教育根本任务。 9. 通过以下反应均可获取 H2。下列有关说法正确的是( ) ①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH1=571.6 kJ·mol-1 ②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH2=131.3 kJ·mol-1 ③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH3=206.1 kJ·mol-1 A. 反应①中电能转化为化学能 B. 反应 CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=74.8 kJ·mol-1 C. 反应③使用催化剂，ΔH3 减小 D. H2 的燃烧热为 571.6 kJ·mol-1 【答案】B 【解析】 【详解】A.太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故 A 错误； B.根据盖斯定律：由②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH2=131.3 kJ·mol-1， ③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH3=206.1 kJ·mol-1 反应，③-②得： CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH=74.8 kJ·mol-1，该反应的 △ H＞0 为吸热反应，故 B 正确； C.催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故 C 错误； D.H2 的燃烧热指 1mol 氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，由①太阳光催化分解水制氢： 2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH1=571.6 kJ·mol-1 反应可知，H2 的燃烧热为 285.8 kJ·mol-1，故 D 错误； 故答案：C。 10. 据文献报道：Fe(CO)5 催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是 A. OH－在反应中做催化剂 B. 该反应可产生清洁燃料 H2 C. 该反应属于氧化还原反应 D. 该催化循环中 Fe 的成键数目未发生 - 8 - 变化 【答案】D 【解析】 【详解】A. OH－在该循环中参与反应，又生成 OH－，因此起到催化循环的作用，故 A 正确， 但不符合题意； B. 该循环过程产生了 H2，故 B 正确，但不符合题意； C. 该反应生成单质氢气，元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故 C 正确，但不符合 题意； D. 该循环中 Fe 的成键数目发生了变化，有 - 4 5Fe(CO) Fe CO OH、 （ ） 等，故 D 错误，符合 题意； 故选：D。 二、不定项选择题(每小题有一个或两个正确选项) 11. 若用 AG 表示溶液的酸度，AG 的定义为 AG=lg + - [H ] [OH ] 室温下实验室中用 0.01 mol·L-1 的氢 氧化钠溶液滴定 20.00 mL 0.01 mol·L-1 醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是( ) A. 室温下，A 点的溶液显酸性 B. A 点时加入氢氧化钠溶液的体积小于 20.00 mL C. 室温下，AG=7 溶液的 pH=3.5 D. 从 0 到 B，水的电离程度逐渐减小 【答案】BC 【解析】 【详解】A．A 点的 AG=lg     + - c H c OH =0，即     + - c H c OH =1，则 c(H＋)=c(OH-)，此时溶液显中性， 故 A 错误； B．根据 A 项分析，A 点时溶液显中性，当加入氢氧化钠溶液 20.00 mL 时，氢氧化钠和醋酸 恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，该物质是强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，说明 A - 9 - 点时加入氢氧化钠溶液的体积小于 20.00 mL，故 B 正确； C．根据图象可知：在室温下，0 点时，醋酸溶液的 AG=lgc     + - c H c OH =7，即     + - c H c OH =107， 而水的离子积 Kw=c(H＋)·c(OH-)=10-14，两式联立可知：c(H＋)=10－3..5 mol/L，即溶液的 pH=3.5， 故 C 正确； D．酸或碱都会抑制水的电离，根据 B、C 分析可知，0 点为醋酸溶液，水的电离被抑制，从 0 到 A，溶液由酸性变为中性，水的电离程度增大，从 A 到 B 过程中，当 V(NaOH)＞20 mL 后，溶液变为碱性，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，即从 0 到 B，水的电离程度 先逐渐增大后逐渐减小，故 D 错误； 答案选 BC。 12. 垃圾分类意义重大，工业上回收光盘金属层中的 Ag 的流程如图所示，下列说法正确的是 ( ) A. 氧化过程中参加反应的 Ag 和 NaClO 的物质的量比之为 1：1 B. 为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在酸性、加强热条件下进行 C. 氧化过程中，可以用 HNO3 代替 NaClO 氧化 Ag D. 还原过程，若水合肼转化为无害气体 2N ，则还原过程的离子方程式为 4Ag++N2H4  H2O+4OH-=4Ag ↓ +N2 ↑ +5H2O 【答案】A 【解析】 【分析】 光盘中的 Ag 与次氯酸钠反应生成氯化银和氧气，氯化银不溶于水，过滤得到氯化银固体，加 入 10%的氨水进行溶解，再加入 N2H4  H2O 发生氧化还原反应，生成单质银。 【详解】A．氧化过程中方程式为 4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，参加反应的 Ag 和 NaClO 的物质的量比之为 1：1，A 说法正确； B．次氯酸钠在酸性、加热的条件下易分解，则为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过 程应该在碱性、温度不宜过高的条件下进行，B 说法错误； - 10 - C．氧化过程中，若用 HNO3 代替 NaClO 氧化 Ag，则产生含氮的氧化物，污染空气，C 说法 错误； D．还原过程，若水合肼转化为无害气体 N2，溶液中含银离子为[Ag(NH3)2]+，则还原过程的 离子方程式为 4[Ag(NH3)2]++N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+5H2O+8NH3↑，D 说法错误； 答案为 A。 13. 某课题组以铬铁矿粉［主要成分为 Fe(CrO2)2，还含有 Al2O3、SiO2 等杂质］为主要原料制 备 Cr2O3，有关实验流程如图所示。 下列说法错误的是 ( ) A. “焙烧”时 Fe(CrO2)2 发生反应：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 B. 过滤时需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 C. 图中“滤渣”成分是 Al(OH)3 和 H2SiO3 D. “反应Ⅲ”每消耗 32g 硫黄，能产生 2molCr(OH)3 【答案】D 【解析】 【分析】 根据流程及溶液中含有 Na2CrO4 可知，铬铁矿粉与纯碱、空气煅烧生成二氧化碳、氧化铁和 Na2CrO4，加水浸取过滤得到氧化铁，调节溶液的 pH，生成氢氧化铝和硅酸沉淀；滤液为 Na2CrO4，向滤液中加入硫磺生成 Cr(OH)3 和 Na2S2O3。 【 详 解 】 A ． 分 析 可 知 ， “ 焙 烧 ” 时 Fe(CrO2)2 发 生 反 应 ： 4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，A 说法正确； B．过滤时需要的仪器有带铁圈的铁架台、漏斗、滤纸、烧杯、玻璃棒，其中玻璃仪器有漏斗、 烧杯、玻璃棒，B 说法正确； C．分析可知，图中“滤渣”成分是 Al(OH)3 和 H2SiO3，C 说法正确； - 11 - D．“反应Ⅲ”每消耗 32g 硫黄，即 1mol，转移 2mol 电子，能产生 2 3 molCr(OH)3，D 说法错误； 答案为 D。 14. 新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，LiFePO4 电池是新能源汽车关键部件之一， 其工作原理如图所示，电池工作时的总反应为 Li1－xFePO4+LixC6  放电 充电 LiFePO4+6C。下列说法正 确的是( ) A. 充电时，电极 a 与电源正极连接，电极 b 与电源负极连接 B. 电池充电时，正极的电极反应为 LiFePO4-xe-=Li1－xFePO4+xLi+ C. 电池工作时，负极材料质量减少 0.7g，转移 0.2mol 电子 D. 电池充电时锂离子穿过隔膜向 a 极移动 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据工作原理图可知，装置为原电池，锂离子向 b 极区移动，则电极 b 为正极，电极 a 为负极。 【详解】A．分析可知，装置放电时，a 极为负极，则充电时，电极 a 与电源负极连接，电极 b 与电源正极连接，A 说法错误； B．电池充电时，b 电极失电子，生成 Li1－xFePO4 和 Li+，正极的电极反应为 LiFePO4-xe-=Li1－ xFePO4+xLi+，B 说法正确； C．电池工作时，负极反应式为 Li-e-= Li+，材料质量减少 0.7g，即反应 0.1mol，则转移 0.1mol 电子，C 说法错误； D．电池充电时与电池放电时锂离子的移动方向相反，则充电时锂离子穿过隔膜向 a 极移动， D 说法正确； 答案为 BD。 15. 已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) ⇌ CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按 w= 2 2 3 n(Cl ) n(CH =CHCH ) 向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ) - 12 - 与温度(T)、w 的关系，图乙表示正、逆反应的平衡常数与温度的关系，则下列说法错误的是( ) A. 图甲中，w2>1 B. 图乙中，A 线表示正反应的平衡常数 C. 温度为 T1、w=2 时，Cl2 的平衡转化率为 50% D. 若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将增大 【答案】BC 【解析】 【详解】A.其他条件不变，增大氯气的用量，平衡向右移动，丙烯的体积分数减小，因此， w2>1，故 A 正确。 B.从图甲知，升高温度时，丙烯的体积分数增大，说明升高温度时平衡向左移动，该反应是放 热反应。所以，升温时，逆反应的平衡常数增大，图乙中的 A 线表示逆反应的平衡常数，故 B 不正确。 C.从图乙知，温度为 T1 时，正反应和逆反应的平衡常数都是 1，w=2 时，设丙烯的起始浓度 为 1，则氯气的起始浓度为 2，丙烯的浓度减小了 x，丙烯的平衡浓度为(1-x)，氯气的平衡浓 度为(2-x)，一氯丙烯和氯化氢的平衡浓度都是 x，列出方程： 2x =1(1-x)(2-x) ，解得： 2x= 3 ， 所以，氯气的转化率为： 2 3 ×100%=33.3%2 ，故 C 不正确。 D.正反应是放热反应，若在恒容绝热装置中进行上述反应，反应进行中容器内的温度升高，混 合气体的总物质的量不变，根据 PV=nRT，则气体的压强增大，故 D 正确。 答案选 BC。 三、非选择题 16. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的消毒剂和漂白剂，可以 ClO2 为原料制取。某化学兴趣小组 同学欲利用如图实验制取漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，并进行纯度的测定。 已知：①饱和 NaClO 溶液析出晶体与温度的关系如表所示。 - 13 - ②纯 ClO2 易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到 10％以下。 温度/℃ <38 38~60 >60 晶体成分 NaClO2  3H2O NaClO2 NaClO2 分解生成 NaClO3 和 NaCl 实验一、制备 NaClO2 晶体 (1)装置 C 的作用是___________________ 。 (2)装置 B 中反应生成 NaClO2 的化学方程式为________________。 (3)装置 B 反应后的溶液中阴离子除了 ClO 2  、ClO 3  、Cl-、ClO-、OH-外还可能含有的一种阴 离子是_____________。 (4)从装置 B 反应后的溶液获得 NaClO2 晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶； ②_________；③_______；④低于 60℃干燥，得到成品。(选择合适的操作编号填空) A．冷却到室温后，过滤 B．趁热过滤 C．常温洗涤 D．冰水洗涤 E．38~60℃的温水洗 涤 实验二、测定产品纯度 (5)准确称取所得亚氯酸钠样品 mg 于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入 适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成 250 mL 待测溶液。移取 25.00mL 待测溶液于锥 形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2 次，测得消耗 Na2S2O3 标准溶液的平均值为 VmL。(已知：ClO - 2 +4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O 2- 3 =2I-+S4O 2- 6 ) ①达到滴定终点时的现象为______________。 ②该样品中 NaClO2 的质量分数为_________(用含 m、c、V 的代数式表示，结果化成最简)。 ③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，则测得结果________(填“偏高”“偏 低”或“无影响”)。 【 答 案 】 (1). 防 止 污 染 环 境 或 吸 收 多 余 的 ClO2 (2). 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 (3). SO 2 4  (4). B (5). E (6). 滴入最后 - 14 - 一滴 Na2S2O3 标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复 (7). 22.625cV m %(8). 偏高 【解析】 【分析】 装置 A 中制备得到 ClO2，所以 A 中反应为 NaClO3 和 Na2SO3 在浓硫酸的作用下生成 ClO2 和 Na2SO4，A 中还可能发生 Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O; 装置 B 中二氧化氯和氢氧化 钠、H2O2 的混合溶液反应生成 NaClO2。 另外 A 中产生的 SO2 被带入 B 中，SO2 与 NaOH 和 H2O2 的混合溶液反应生成硫酸钠。由题目信息可知，应控制温度 38℃~60℃，高于 60℃时 NaC1O2 分解成 NaClO3.和 NaC1。，从装置 B 的溶液获得 NaClO2 晶体，需要蒸发结晶、趁热 过滤、洗涤、干燥，装置 C 是吸收多余气体防止污染。据此解答。 【详解】⑴装置 C 的作用是吸收 ClO2，防止污染空气。故答案为：防止污染环境或吸收多余 的 ClO2。 ⑵装置 B 中以 ClO2 为原料制备 NaClO2，ClO2 中氯元素的价态由+4 降低到+3 价，ClO2 为氧化 剂，则 H2O2 还原剂，H2O2 中氧元素的价态应有-1 价升高到 0 价，则应有 O2 生成，则方程式 为 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。答案为： 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。 ⑶装置 A 中在制备 ClO2 的同时，还可能发生 Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的 SO2 随 ClO2 到 B 装置中，则 SO2 被 H2O2 氧化为硫酸，硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠，则装 置 B 反应后的溶液中还可能含有的一种阴离子是 SO 2 4  。故答案为：SO 2 4  。 ⑷根据已知：①饱和 NaClO 溶液析出晶体与温度的关系，NaClO2 饱和溶液在温度低于 38℃时 析出的晶体是 NaClO2·3H2O，高于 38℃时析出的晶体是 NaClO2，高于 60℃时 NaClO2 分解成 NaClO3 和 NaC1;则从装置 B 反应后的溶液获得无水 NaClO2 晶体的操作步骤包括: ①减压，55℃ 蒸发结晶;②趁热过滤;③用 38℃~60℃热水洗涤;④低于 60℃干燥，得到成品。故答案为：B； E。 (5) ①ClO2 在酸性条件下氧化 I-生成 I2, C1O2 被还原为 C1-，同时生成 H2O，反应离子方程式为: ClO - 2 ＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－,利用碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉作指示剂，用 cmol·L－1 Na2S2O3 标准溶液滴定，滴定时发生的反应为 I2＋2S2O 2- 3 ＝S4O 2- 6 ＋2I－，当达到滴定至终点时， 碘单质恰好反应完，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复。故答案为： 滴入最后一滴 - 15 - Na2S2O3 标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复 ②由反应中的 I 元素守恒可知： - 2- 2 2 2 3ClO 2I 4S O～ ～ ，25.00mL 待测溶液中 n(NaClO2)= -31 cV 10 mol4   ，m(NaClO2)＝ -31 90.5cV 10 g4   ；样品 m g 配成的 250mL 待测溶液中的 NaClO2 质量扩大 10 倍，故样品中 NaClO2 的质量分数为 -21 90.5cV 10 g 22.625cV4 100%= %mg m    。 ③滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积小，消耗的读数包含气泡的体积，读 数偏大，测定结果偏高。故答案为：偏高。 17. 利用电化学原理，将 NO2、O2 和熔融 KNO3 制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含 Cr2O 废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O ＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。 （1）甲池工作时，NO2 转变成绿色硝化剂 Y，Y 是 N2O5，可循环使用。则石墨Ⅰ是电池的 ________极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为__________________________________。 （2）工作时，甲池内的 NO 向___________极移动(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同条件下， 消耗的 O2 和 NO2 的体积比为____________。 （3）乙池中 Fe(Ⅰ)棒上发生的电极反应为_________________________________。 （4）若溶液中减少了 0.01 mol Cr2O ，则电路中至少转移了___________mol 电子。 【答案】 (1). 负 (2). NO2＋NO －e－===N2O5 (3). 石墨Ⅰ (4). 1∶4 (5). Fe －2e－===Fe2＋ (6). 0.12 【解析】 (1)甲池工作时，NO2 转变成 N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为 NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，故答案为负；NO2+NO3--e-=N2O5； (2)由于石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算 1molO2 反应中转 移 4mol 电子，4molNO2 转变成 N2O5，转移 4mol 电子，相同状况下气体的体积比等于物质的 量之比，故 O2 和 NO2 的体积比为 1：4，故答案为石墨Ⅰ；1：4； - 16 - (3)由于石墨Ⅰ为负极，故 Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为 Fe-2e-=Fe2+， 故答案为 Fe-2e-=Fe2+； (4) 根据 Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01mol Cr2O72-能够氧化 0.06mol Fe2 ＋，即电解过程中需要生成 0.06mol Fe2＋，Fe(I)为阳极，电极反应式为 Fe-2e-= Fe2＋，故转移电 子的物质的量为 0.06mol×2= 0.12mol，故答案为 0.12。 点睛：本题考查原电池与电解原理，明确各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题 关键。本题的难点是(4)的计算，需要根据 Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 计算 出电解过程中生成的 Fe2＋，再根据电极反应式进行计算，注意电路中转移的电子与 Cr2O72-＋ 6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 中转移的电子是不一样的。 18. 雷尼镍是有机合成中常用的一种加氢催化剂，使用一定周期后会失活。现欲利用图示工艺 流程回收某废雷尼镍催化剂(主要为铝镍合金，还含有 NiO、Al2O3、FeO、SiO2 及有机物等) 中的金属资源： 已知金属离子沉淀的 pH： Ni2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ 开始沉淀的pH 6.9 6.3 1.5 3.4 沉淀完全的 pH 8.9 8.3 2.8 47 回答下列问题： (1)“破碎”的目的为______________；“滤渣 1”的成分为_______。 (2)“氧化”时发生反应的离子方程式为______________ 。 (3)调节 pH 的范围为___________；试剂 M 可选用__________(填序号)。 a.FeO b.Fe2O3 c.Al2O3 d. NiO (4)“沉降”后所得 NiCO3 沉淀在空气中热分解时，固体残留率(固体残留率 = 剩余固体的质量 原始固体的质量 × 100%)与温度(T)的关系如图所示(已知当 NiCO3 加热至 300℃ 时已完全 失去碳元素)。 3NiCO 加热至 A 点过程中反应的化学方程式为________________。 - 17 - (5)该回收工艺中可回收的金属化合物有 3NiCO 、_______。 【答案】 (1). 增大接触面积，提高反应速率，使废料煅烧充分或充分反应 (2). SiO2 (3). 2Fe+ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O (4). 4.7≤pH<6.9 或 [4.7~6.9] (5). c (6). 4NiCO3+O2 Δ 2Ni2O3+4CO2 (7). Fe(OH)3 和 Al(OH)3 【解析】 【分析】 废雷尼镍催化剂(主要为铝镍合金，还含有 NiO、Al2O3、FeO、SiO2 及有机物等)经煅烧后残渣 主要成分为 NiO、Al2O3、FeO、SiO2，加硫酸“酸溶”时，除了 SiO2 不反应之外，NiO、Al2O3、 FeO 均与硫酸反应生成同价态金属硫酸盐，过滤，得滤渣 1 主要成分为 SiO2，滤液中阳离子 主 要 含 Ni2+ 、 Fe2+ 、 Fe3+ 、 Al3+ 、 H+ ， 加 入 氧 化 剂 NaClO 氧 化 Fe2+ ， 发 生 反 应 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，按表中信息，“调节 1pH ”是为了沉淀 3Fe(OH) ，且不能引起 3+Al 的沉淀， “调节 2pH ”是为了沉淀 3Al(OH) ，且不能引起 2+Ni 的沉淀，过滤后，再加入 碳酸钠生成沉淀 NiCO3； 【详解】(1)接触面积越大，反应速率越快，“破碎”的目的为增大接触面积，提高反应速率， 使废料煅烧充分或充分反应；据分析“滤渣 1”的成分为 SiO2。 (2)在酸性环境下“氧化”时，Fe2+作还原剂、化合价升到得到 Fe3+，ClO-为氧化剂，氯元素化合 价降低被还原得到 Cl-，结合得失电子数相等、电荷守恒、元素质量守恒，得反应的离子方程 式为 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。 (3)“调节 2pH ”是为了沉淀 3Al(OH) ，且不能引起 2+Ni 的沉淀，所以需要调节的范围为 4.7≤pH<6.9；加入试剂 M 是为了沉淀 3+Fe ，而不引起 3+Al 的沉淀，可选用 2 3Al O ；除 3+Fe 不 能选用 2 3Fe O ，加入 NiO 调节 pH 会造成 3+Al 沉淀，故也不能选用 NiO，故答案为 C。 - 18 - (4)①由题可知，当 3NiCO 加热至 300 ℃ 时已完全失去碳元素，所以反应生成镍的氧化物， 根据元素守恒： 3 x~ NiONi 59 CO 119 +16x ，由题图 A 点数据可知119 69.7% 59 16x   ， 1.5x  ， 故所得产物为 2 3Ni O ，发生反应的化学方程式为 3 2 2 3 24NiCO O 2Ni O 4CO @ 。 (5)从流程图知，该回收工艺中得到并被过滤的沉淀均可回收，其中可回收的金属化合物有 3NiCO 、Fe(OH)3 和 Al(OH)3。 19. 1981 年 Staley、Kappes 等科学家首次发现了过渡金属离子催化消除 N2O 与 CO 的第一个 催化循环反应，由此引起众多科学家开始关注利用金属离子消除大气污染物的催化反应。回 答下列问题： (1)研究表明在无催化剂作用下 N2O 与 CO 难以反应，原因是__________________。 (2)过渡态理论认为 N2O 和 CO 之间的反应分为两个过程，首先 N2O 与 CO 通过碰撞生成高能 量的活化配合物，然后该活化配合物进一步转化为产物，其历程为： 第一步：N-N-O+C-O → N-NOC-O(慢反应) 活化配合物 第二步：N-NOC-O→N-N+O-C-O(快反应) 活化配合物 第一步反应为_____( 填“吸热”或“放热”)反应，CO(g)+N2O(g)=CO2(g)+N2(g)的决速反应为 _____(填“第一步”或“第二步”)反应。 (3)在 400℃ 和 650℃条件下，分别向两个相同体积的刚性容器中充入 2molN2O 和 2molCO， 发生反应 CO(g)+N2O(g)=CO2(g)+N2(g) ∆ H<0，实验得出两容器中 CO 与 N2 的物质的量随时间 的变化关系如图所示。已知气体的分压等于气体的总压乘以气体的体积分数，曲线 ad 对应的 容器中平衡后总压为 pxkPa，曲线 bc 对应的容器中平衡后总压为 pxkPa。 ①曲线 ad 表示_____(填“400℃”或“650℃”)条件下相关物质的物质的量的变化曲线。 ②a、c、d 三点逆反应速率的大小顺序为______。 ③ad 段的平均反应速率 v (N2O)___kPa·min-1。 ④400℃条件下平衡常数 Kp=_______。(保留分数) - 19 - 【答案】 (1). CO 中存在碳氧三键，键能较大，反应物的活化能较高，反应难以进行 (2). 吸热 (3). 第一步 (4). 400 ℃ (5). c>d>a (6). 0.015px (7). 2.25 【解析】 【详解】(1)催化剂能够降低反应的活化能，没有催化剂时，反应难以进行，主要原因为 CO 中存在的碳氧三键键能较大，反应物的活化能太高； (2)根据已知信息可知，N2O 与 CO 反应首先生成高能量的活化配合物，该过程需要吸收能量， 所以第一步为吸热反应，慢反应决定整个反应的速率，是决速步的反应； (3)根据图像可知，随反应的进行，曲线 ad 对应物质的物质的量减小，所以曲线 ad 对应的物 质是 CO，曲线 bc 对应的物质为 N2； ①曲线 bc 先达到平衡，曲线 ad 后达到平衡，根据温度对反应速率的影响，温度越高反应速率 越大，则曲线 ad 为 400℃时，CO 的物质的量的变化曲线； ②c、d 点均达到平衡状态，c 点对应的温度高于 d 点，则 c 点反应速率大于 d 点；a、d 点对 应温度相同，但 a 点未达到平衡状态，d 点逆反应速率大于 a 点的逆反应速率，则逆反应速率 由大到小的顺序为 c>d>a； ③ad 段时间变化量为 10 min，根据三段式法，可以得出：        2 2 2 2 2 1.4 1.4 0.6 0.6min 0.8 0.8 1.2 1.2min CO g N O g CO g N g  初始 5 15 ad 段的平均反应速率 v (N2O)=0.015pxkPa·min－1； ④根据题意，400 ℃ 条件对应曲线 ad，15 min 时曲线 ad 达到平衡状态，则根据③中三段式可 以得出 Kp= 1.2 1.2 0.8 0.8   = 9 4 。 20. 汽车尾气(用 N2O 表示)是空气污染源之一。回答下列问题： (1)用 CO 还原 N2O 的能量变化如图甲所示，则该反应的热化学方程式为____________。 在相同温度和压强下，1molN2O 和 1molCO 经过相同反应时间测得如下实验数据： - 20 - 实验 温度/℃ 催化剂 N2O 转化率/% 实验 1 400 催化剂 1 9.5 400 催化剂 2 10.6 实验 2 500 催化剂 1 12.3 500 催化剂 2 13.5 试分析在相同温度时，催化剂 2 催化下 N2O 的转化率更高的原因是________。 (2)在容积均为 1L 的密闭容器 A(起始 500℃，恒温)、B(起始 500℃，绝热)两个容器中分别加 入 0.1molN2O、0.4molCO 和相同催化剂。实验测得 A、B 容器中 N2O 的转化率随时间的变化 关系如图乙所示。 ①B 容器中 N2O 的转化率随时间的变化关系是图乙中的_____曲线。 ②要缩短 b 曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变 N2O 的平衡转化率，在催化剂一定的情 况下可采取的措施是________(答出 1 点即可)。 ③500 ℃该反应的化学平衡常数 K=______(用分数表示)。 ④实验测定该反应的反应速率 v 正=k 正·c(N2O)·c(CO)，v 逆=k 逆·c(N2)·c(CO2)，k 正、k 逆分别是正、 逆反应速率常数，c 为物质的量浓度。计算 M 处的 正 逆 v v =_______(保留两位小数)。 【答案】 (1). N2O(g)+CO(g) ⇌ N2(g)+CO2(g)ΔH=-362.8 kJ·mol-1 (2). 数据表明反应未达 到平衡，在催化剂 2 催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O 的 转化率更高 或产量更高 (3). a (4). 缩小容器容积 或加压 或同比充入反应物或使用 更高效的催化剂 (5). 1 45 (6). 1.69 【解析】 【详解】(1)根据图像可知，反应物为各 1mol 的 CO(g)、N2O(g)，生成物为各 1mol 的 N2(g)、 - 21 - CO2(g)，反应物的总能量比生成物的总能量高 362.8kJ，则热化学方程式为 CO(g)+N2O(g) ⇌N2(g)+CO2(g) ∆H=-362.8kJ/mol；根据表中数据可知，反应未达到平衡，催化剂 2 的催化效果 更好，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O 的转化率更高或产量更高； (2)①N2O 和 CO 的反应为放热反应，容器 A(起始 500℃，恒温)、B(起始 500℃，绝热)，B 随 反应的进行温度升高，反应速率加快，达到平衡状态时使用的时间变短，则曲线 a 表示装置 B 中 N2O 的转化率随时间的变化； ②所用时间变短，但不改变 N2O 的平衡转化率，则不能改变温度，反应为气体计量数不变的 反应，则可增大压强，或减小体积，或使用更高效的催化剂，平衡均不移动，转化率不变， 速率增大，使用时间变短； ③根据图像可知，500 ℃时，N2O 的平衡转化率为 25%，加入 0.1molN2O，则反应量 0.025mol， 同理，0.4molCO 的反应量 0.025mol，容器的体积为 1L，        2 2 2 0.1 0.4 0.025 0.025 0.025 0.025 0.075 0.375 0.025 0.025 N O g CO g N g CO g  初始 反应 平衡 K= 0.025mol / L 0.025mol / L 0.075mol / L 0.375mol / L   = 1 45 ； ④M 处 N2O 的平衡转化率为 20%，        2 2 2 0.1 0.4 0.02 0.02 0.02 0.02 0.08 0.38 0.02 0.02 N O g CO g N g CO g  初始 反应 剩余 v 正=k 正×0.08mol/L×0.38mol/L，v 逆=k 逆×0.02mol/L×0.02mol/L， 正 逆 v v =K× 0.08mol / L 0.38mol / L 0.02mol / L 0.02mol / L   = 1 45  76=1.69。