河南省商丘市虞城高中2020届高三11月月考化学试题

河南省商丘市虞城高中2020届高三11月月考化学试题

虞城高中2020届高三第三次月考试题 化学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 N14 K39‎ 第一部分（选择题）‎ 一、选择题，每小题只有一个选项符合题意 ‎ ‎1.废弃的铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（ ）‎ A. 有害垃圾 B. 可回收物 C. 餐厨垃圾 D. 其他垃圾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 有害垃圾指废电池、废灯管、废药品、废油漆及其容器等对人体健康或者自然环境造成直接或者潜在危害的生活废弃物。常见包括废电池、废荧光灯管、废灯泡、废水银温度计、废油漆桶、过期药品、过期化妆品等。有害有毒垃圾需特殊正确的方法安全处理，故A错误；‎ B. 可回收垃圾就是可以再生循环的垃圾。本身或材质可再利用的纸类、硬纸板(Pappe)、玻璃、塑料(plastics)、金属、人造合成材料(Kunststoffen)包装，与这些材质有关的如：报纸、杂志、广告单及其它干净的纸类等皆可回收。另外包装上有绿色标章(GrünenPunkt)是属于要付费的DualeSystem，亦属于可回收垃圾，易拉罐是金属制品，金属垃圾属于可回收垃圾，故B正确；‎ C. 餐厨垃圾，俗称泔脚，是居民在生活消费过程中形成的生活废物，极易腐烂变质，散发恶臭，传播细菌和病毒。餐厨垃圾主要成分包括米和面粉类食物残余、蔬菜、动植物油、肉骨等，从化学组成上，有淀粉、纤维素、蛋白质、脂类和无机盐。厨余的主要特点是有机物含量丰富、水分含量高、易腐烂，其性状和气味都会对环境卫生造成恶劣影响，且容易滋长病忙咯微生物、霉菌毒素等有害物质，故C错误；‎ D. 其他垃圾：危害较小，但无再次利用价值，如建筑垃圾类，生活垃圾类等，一般采取填埋、焚烧、卫生分解等方法，部分还可以使用生物解决，如放蚯蚓等。是可回收垃圾、厨余垃圾、有害垃圾剩余下来的一种垃圾，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】金属，塑料，玻璃，纸板都属于可回收垃圾。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. HClO的结构式：H－O－Cl B. S的结构示意图：‎ C. CH2F2的电子式： D. CO2的比例模型：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HClO分子中含有1个H−C键和1个O−Cl键，其结构式为H−O−Cl，故A正确；‎ B. 硫的原子序数为16，原子的最外层电子数为6，S的结构示意图错误，故B错误；‎ C. CH2F2为共价化合物，其分子中含有2个C−H键和2个C−F键，其电子式为，故C错误；‎ D. 比例模型中二氧化碳分子中碳原子半径大于氧原子，是直线形分子，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】化学用语的考查，判断时需注意微粒是原子还是离子，电子式是否有遗漏最外层电子，原子的大小是否正确。‎ ‎3.用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 1 mol OH—含有的电子数为NA B. 将7.1 g Cl2通入水中，转移电子数为0.1NA C. 标准状况下，11.2 L O2、CO2混合气体含有的氧原子数为NA D. 1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，含有NH数为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个OH—含有10个电子，1 mol OH—含有的电子数为10NA，故A错误；‎ B. 通入水中的氯气只有部分与水反应生成盐酸和次氯酸，将7.1 g Cl2‎ 通入水中，转移电子数小于0.1NA，故B错误；‎ C. 标准状况下，11.2 L O2、CO2混合气体的物质的量是0.5mol，O2、CO2每个分子都有2个氧原子，所以含有的氧原子数为NA，故C正确；‎ D. NH4Cl溶液中NH4+发生水解反应， 1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，含有的NH4+数小于0.1NA，故D错误。‎ ‎4.2019年新发现的元素鉝（Lv）是116号主族元素，其原子核外最外层电子数是6。下列说法不正确的是 （ ）‎ A. Lv位于第七周期第VIA族 B. Lv在同主族元素中金属性最弱 C. Lv的同位素原子具有相同的电子数 D. 中子数为177的Lv核素符号为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Lv是元素周期表第116号元素，Lv的原子核外最外层电子数是6，7个电子层，可知Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；‎ B．Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，则同主族元素，从上到下，原子半径增大，失电子能力增强，金属性增强，故B错误；‎ C．质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，同位素的质子数和核外电子数相同，Lv的同位素原子具有相同的电子数，故C正确；‎ D．原子中质子数+中子数＝质量数，Lv核素的中子数等于293—116=177，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】根据元素在元素周期表的位置，确定哪个周期，哪个族，知道它有什么样的结构，从而确定它的性质。‎ ‎5.港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌（富含锌粉）底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是（ ）‎ A. 防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率 B. 防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子 C. 钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：Fe -3e- = Fe3+‎ D. 方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 大桥是铁的合金材料，表面接触空气，水蒸气，易形成原电池，防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率，故A正确；‎ B. 铝和锌的金属活动性大于铁，故铁腐蚀过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子，保护了铁，故B正确；‎ C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe -2e- = Fe2+，故C错误；‎ D.铁的生锈发生的是电化学腐蚀，方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，不能完全消除铁的腐蚀，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列反应的方程式正确的是 A. 铜片与浓硫酸共热：Cu + H2SO4CuSO4 + H2↑‎ B. Na2S溶液显碱性：S2- + 2H2OH2S↑+ 2OH-‎ C. 用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2 + 2OH- = SO32- + H2O D. 向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：S2O32- + 2H+ = SO2↑+ S↓+ H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜片与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫、水，不能生产氢气，故A错误；‎ B. Na2S溶液中硫离子水解，溶液显碱性：S2- + H2OHS-+ OH-，故B错误；‎ C. 用氨水吸收烟气中的二氧化硫生成亚硫酸铵，反应离子方程式是：SO2 +2NH3·H2O === SO32- +2NH4++ H2O，故C错误；‎ D. 向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钠、二氧化硫气体、单质硫、水，反应的离子方程式是：S2O32- + 2H+ == SO2↑+ S↓+ H2O，故D正确。‎ ‎7.下列实验中，预期的现象不合理的是 选项 滴管 试管 预测的现象 A 浓硫酸 铝片 持续产生使品红溶液褪色的气体 B 氨水 CaO固体 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 C 氯水 FeSO4溶液 溶液变成黄色 D KI溶液 AgCl悬浊液 白色沉淀变黄 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铝在冷的浓硫酸中钝化，不能持续产生二氧化硫气体，故选A；‎ B、氧化钙能与水反应，并且放热，所以浓氨水滴在氧化钙固体上，能放出氨气，故不选B；‎ C、氯水把Fe2+氧化为Fe3+，所以氯水滴入FeSO4溶液，溶液变成黄色，故不选C；‎ D、AgI的溶度积小于AgCl的溶度积，所以KI溶液滴入AgCl悬浊液，白色AgCl转化为黄色沉淀AgI，故不选D。‎ ‎8.最近有科学家发现正丁烷（）脱氢或不完全氧化也可制得1，3-丁二烯（），已知热化学方程式如下：（ ）‎ ‎①= ‎ ‎②= ‎ ‎③= ‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 由②可知，正丁烷（）的燃烧热为 B. 由①和②可推知：= ‎ C. = ‎ D. 由①和②可知，同质量的正丁烷（）转变为1，3-丁二烯（）所需要的能量相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 燃烧热的定义是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，正丁烷（）的燃烧热指的是生成二氧化碳和液态水，故A错误；‎ B. 根据盖斯定律，由②减①得，=，故B正确；‎ C.中和热指的是稀的强酸和强碱反应生成1mol液态水时放出的热量，=中除了生成液态水时，还生成了硫酸钡，生成硫酸钡沉淀是要放出热量，故C错误；‎ D. 由①和②可知，同质量的正丁烷（C4H10）转变为1，3-丁二烯（C4H6）所需要的能量不相同，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子，其合成方法的示意图如下：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. C与O同属第二周期元素，原子半径C＞O B. 非金属性C＜O，故C24O6中O显负价 C. C22O4分子中含有极性键和非极性键 D. C18与C60、金刚石互为同位素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C是6号元素，O是8号元素，C与O同属第二周期元素，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径C＞O，故A正确；‎ B. C与O同属第二周期元素，同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性C＜O，共用电子对偏向非金属性强的一方，非金属性强的非金属元素呈负化合价，故C24O6中O显负价，故B正确；‎ C. 根据C22O4分子的结构可知，C22O4分子中含有极性键和非极性键，故C正确；‎ D. 质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，C18与C60、金刚石都是碳元素的单质，互为同素异形体，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列实验事实不能作为所得结论合理证据的是 选项 A B C D 实验 现象 NaBr溶液变为橙色，NaI溶液变为棕黄色 Mg条表面有气泡产生 Na2SiO3溶液中出现白色沉淀 钾与水反应比钠与水反应更剧烈 结论 氧化性：‎ Cl2＞Br2＞I2‎ 还原性：‎ Mg＞Al 非金属性：‎ C＞Si 金属性：‎ K＞Na A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯水滴入溴化钠溶液中，NaBr溶液变为橙色，说明氧化性Cl2＞Br2；溴水滴入NaI溶液中，NaI溶液变为棕黄色，说明氧化性Br2＞I2，所以氧化性： Cl2＞Br2＞I2，故选A；‎ B、Mg条表面有气泡产生，说明镁是正极，不能得出还原性Mg＞Al的结论，故选B；‎ C、把二氧化碳通入硅酸钠溶液中，有白色沉淀硅酸生成，证明碳酸酸性强于硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，其非金属性越强，所以非金属性C＞Si，故不选C；‎ D、金属性越强，金属单质越易与水反应，钾与水反应比钠与水反应更剧烈，证明金属性K＞Na，故不选D。‎ ‎【点睛】本题考查实验的设计与评价，注意设计的实验的严密性；B选项，要证明Mg＞Al的还原性，可把镁、铝用导线连接后伸入稀硫酸中，铝表面有气泡生成。‎ ‎11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 1.0 mol·L−1 KNO3溶液：H+、Fe2+、SCN－、SO42-‎ B. pH=7的 NaCl溶液：Al3+、Cl－、SO42-、NO3-‎ C. 的溶液：K+、Ba2+、NO3-、Cl－‎ D. c(ClO－)=1.0 mol·L－1的溶液：Na+、I－、S2－、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸性条件下NO3−具有强氧化性，可与还原性Fe2+发生氧化还原反应，生成的Fe3+与SCN−发生络合反应，故A错误；‎ B. Al3+在溶液中水解使溶液呈酸性，中性溶液中不能大量存在铝离子，故B错误；‎ C. 的溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；‎ D. ClO－具有强氧化性，与强还原性S2－发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎12.中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）‎ A. 该电化学装置中，Pt电极作正极 B. BiVO4电极上的反应式为SO32--2e-+2OH=SO42-+H2O C. 电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极 D. Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Pt电极上生成氢气，即氢的化合价由+1价降低到0价，发生还原反应，作正极，A项正确；‎ B.BiVO4电极为负极，SO32-转化为SO42-，发生氧化反应，在NaOH溶液中，电极反应式为SO32--2e+2OH-= SO42-+H2O，B项正确；‎ C.电子从BiVO4电极（负极）经导线流向Pt电极（正极），且不能进入溶液，C项错误；‎ D.Pt电极（正极）电势高于BiVO4电极（负极），D项正确。‎ 故选C。‎ ‎13.某容器中发生一个化学反应过程中存在H2O、ClO－、CN－（N为－3价）、HCO3－、N2 、Cl－六种物质。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中正确的是（ )‎ A. 还原剂是含CN－的物质，氧化产物只有N2‎ B. 氧化剂是ClO－，还原产物是HCO3－‎ C. 配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2‎ D. 若生成2.24LN2则转移电子1mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，由碳元素守恒可知HCO3-是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由元素守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，以此来解答。‎ ‎【详解】由曲线变化图可知，随反应进行ClO－的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO－为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN−是反应物，由氯元素守恒可知Cl−是生成物，由碳元素守恒可知HCO3−是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物。反应中Cl元素化合价由+1价降低为−1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由−3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2[(4−2)+(3−0)]=10价，故CN−系数为2， ClO－系数为5，由元素守恒可知HCO3−系数为2，N2系数为1，Cl−系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-‎ A. 反应中，C元素化合价由CN−中+2价升高为HCO3−中+4价，N元素化合价由CN−中−3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3−、N2，故A错误；‎ B. 反应中Cl元素化合价由ClO−中+1价降低为Cl−中−1价，ClO−是氧化剂，还原产物是Cl−，故B错误；‎ C. 由上述分析可知，反应为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，反应中是CN−是还原剂，ClO−是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5:2，故C正确；‎ D. 2.24LN2(标准状况)的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO−的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO−中+1价降低为Cl−中−1价，所以转移电子为0.5mol×2=1mol，但状况未知，不能计算，故D错误。‎ 答案为C。‎ ‎14.将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1 mol·L－1的 BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究体系中微粒间的相互作用，实验记录如下：‎ 实验记录 pH变化 溶液中是否产生沉淀 BaCl2溶液(无氧)中无白色沉淀、BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀 Ba(NO3)2溶液(无氧)中有白色沉淀、Ba(NO3)2溶液(有氧)中有白色沉淀 下列说法不正确的是 A. 曲线a 所示溶液pH降低的原因：SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-‎ B. 曲线c 所示溶液中发生反应：2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4↓+ 4H+‎ C. 与曲线a、b、c对比，可知曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒 D. 依据该实验预测0.2 mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-，故A正确；‎ B、曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液 pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4↓+ 4H+，故B正确；‎ C、氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒，故C错误；‎ D、0.1 mol·L－1的Ba(NO3)2硝酸钡在无氧环境下可以氧化二氧化硫，依据该实验预测0.2 mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2，故D正确；‎ 选C。‎ ‎【点睛】本题考查了性质实验方案的设计，明确实验目的及实验原理为解答关键，注意对比实验，试题充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。‎ ‎15.孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3，步骤如下：‎ 下列说法正确的是（ )‎ A. 为将溶液A中的Fe2+氧化为Fe3+，试剂①可选用双氧水、氯气等 B. 流程中所加的CuO可以用Cu2(OH)2CO3代替 C. 溶液C通过蒸发结晶即可获得CuSO4·5H2O D. 制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先加入氨水，再通入过量CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 孔雀石主要成分Cu2(OH)2CO3，其中还含少量Fe、Si的化合物，用硫酸溶解后，加入试剂①实现由溶液A至溶液B转化，而溶液B加入CuO调节pH，析出Fe(OH)3‎ 沉淀，过滤分离，加入试剂①的目的是将Fe2+氧化为Fe3+。溶液C为硫酸铜溶液，由于从溶液中得到硫酸铜晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作。CaCl2溶液不能与CO2反应，应先加入NH3•H2O增强溶液碱性，以便溶解CO2，进而析出CaCO3沉淀。‎ ‎【详解】A.加入试剂①将Fe2+氧化为Fe3+，且不能引入杂化离子，使用氯水会引入氯离子，可选用H2O2，故A错误；‎ B. 加入CuO消耗溶液中H+，调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，而Cu2(OH)2CO3也能与H+反应, 调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，故B正确；‎ C. 硫酸铜晶体容易失去结晶水，不宜采取蒸发结晶，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到，故C错误；‎ D. CaCl2溶液不能与CO2反应，应先加入NH3⋅H2O增强溶液碱性，以便溶解CO2，进而析出CaCO3沉淀，不能通过量的二氧化碳，会形成碳酸氢钙，故D错误；‎ 答案选B ‎16.类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列说法中正确的是（ )‎ A. O2与Cu加热生成CuO，则S与Cu加热生成CuS B. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀 C. 根据化合价Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO• Pb2O3‎ D. CaC2能水解:CaC2 + 2H2O=Ca(OH)2 + C2H2↑，则 A14C3也能水解:Al4C3 + 12H2O =4Al(OH)3+3CH4↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S的氧化性较弱，S与Cu加热生成Cu2S，故A错误；‎ B．SO2通入BaCl2溶液不反应，不产生沉淀，SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，与硝酸根离子形成硝酸具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故B错误；‎ C．Fe最常见的化合价是+2和+3价，所以Fe3O4 可以写成FeO•Fe2O3；Pb最常见的化合价是+2和+4价，所以Pb3O4 可以写成2PbO•PbO2，故C错误；‎ D．依据碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙的反应前后元素化合价不变，是书写依据，所以Al4C3也能水解，生成的产物按推理应该是C3H12，但是不存在此类物质，所以调整为生成3mol ‎ CH4，故方程式：Al4C3+12H2O=4A1(OH)3+3CH4↑，故D正确；‎ 答案选D。‎ 第二部分 （非选择题）‎ 二、填空题 ‎17.“氮的固定”对保障人类生存具有重大意义。一种新型合成氨的原理如图所示：‎ ‎（1）N2的电子式：_____。‎ ‎（2）Li3N中含有的化学键类型是_____。‎ ‎（3）热稳定性：NH3_____H2O（填“＞”或“＜”）。 ‎ ‎（4）写出如图所示过程的总反应方程式：_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 离子键 (3). ＜ (4). 2N2＋6H2O ==4NH3＋3O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，根据图式，表示的过程为6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=NH3+ 3LiOH，4LiOHO2+4Li+2H2O，可以实现由氮气转化为氨气。‎ ‎【详解】图示为①6Li+N2=2Li3N，②Li3N+3H2O=NH3+ 3LiOH，③4LiOHO2+4Li+2H2O，可以实现由氮气转化为氨气；‎ ‎（1）N的最外层有5个电子，形成稳定的化合物需要形成三对共用电子对，故N2的电子式：，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）Li3N属于离子化合物，含有的化学键类型是离子键，‎ 故答案为：离子键；‎ ‎（3）比较热稳定性要看非金属性的强弱，O的非金属性大于N，H2O的非金属性强于NH3，热稳定性：NH3＜H2O；根据①6Li+N2=2Li3N，②Li3N+3H2O=NH3+ 3LiOH，4LiOHO2+4Li+2H2O，可得①×2+②×4+③×3得到2N2＋6H2O =4NH3＋3O2，‎ 故答案为：＜；2N2＋6H2O =4NH3＋3O2。‎ ‎18.无水FeCl3呈棕红色，极易潮解， 100 ℃ 左右时升华，工业上常用作有机合成催化剂。实验室可用下列装置(夹持仪器略去)制备并收集无水FeCl3。‎ ‎(1)装置A中反应的离子方程式为____________________________________________。‎ ‎(2)装置F中所加的试剂为________。‎ ‎(3)导管b的作用为________________________________________________________；‎ 装置B的作用为__________________________________________________________。‎ ‎(4)实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，再点燃D处的酒精灯，原因为______________________________。‎ ‎(5)为检验所得产品为FeCl3，可进行如下实验：取E中收集的产物少许，加水溶解，向所得溶液中加入____________， ___________(填试剂名称和现象)。‎ ‎【答案】 (1). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (2). 浓硫酸(或浓H2SO4) (3). 平衡压强(或使浓盐酸顺利流下) (4). 除去Cl2中的HCl气体，判断实验过程中导管是否被产品堵塞 (5). 排尽实验装置中的空气 (6). KSCN溶液 (7). 溶液变红 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验装置图可知，用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢和水杂质，为制备并收集无水FeCl3，B装置中装饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，通过装置中的长颈漏斗可判断实验过程中导管是否被产品堵塞，C装置中装浓硫酸干燥氯气，D装置中铁与氯气反应生成氯化铁，E装置收集生成的氯化铁，实验尾气中有氯气，要用氢氧化钠溶液吸收，由于无水FeCl3极易潮解，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一个干燥装置，防止吸收装置中的水份与氯化铁反应，所以F中装浓硫酸，G中装氢氧化钠溶液，实验时由于装置中有空气中的水蒸气，会与氯化铁反应，所以要先排除装置中的空气，据此答题。‎ ‎【详解】（1）加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑，故离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋‎ ‎＋Cl2↑＋2H2O；‎ ‎（2）根据上面的分析可知，FeCl3极易潮解，气体必须干燥，装置F中所加的试剂为浓硫酸或浓H2SO4。‎ ‎（3）根据装置图可知，导管b的作用为平衡压强（或使浓盐酸顺利流下），装置B的作用为除去Cl2中的HCl气体，通过装置中的长颈漏斗可判断实验过程中导管是否被产品堵塞，即装置B的作用为除去Cl2中的HCl气体，判断实验过程中导管是否被产品堵塞；‎ ‎（4）根据上面的分析可知，若先点燃D处酒精灯，铁丝会与装置中的空气反应，实验时应先排尽实验装置中的空气，所以实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，再点燃D处的酒精灯；‎ ‎（5）为检验所得产品中是否含有FeCl3，可使用KSCN溶液，当溶液变红可证明产品中含有FeCl3，即试剂名称和现象分别是KSCN溶液、溶液变红。‎ ‎19.锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂（LiCoO2）和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。‎ ‎（1）锂离子电池（又称锂离子浓差电池）的工作原理：‎ ⅰ.充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2）。‎ ⅱ.放电过程原理示意图如图所示：‎ ‎①放电时，电流从______（填“a”或“b”）极流出。‎ ‎②充电时，a极的电极反应式为______。‎ ‎（2）钴酸锂回收再生流程如下：‎ ‎①用H2SO4酸浸时，通常添加30%的H2O2以提高浸出效率，其中H2O2的作用是______。‎ ‎②用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸，主要原因之一是：会产生有毒、有污染的气体。写出相应反应的化学方程式_______。‎ ‎③其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30% H2O2 混合液中的浸出率曲线如图，请解释温度高于80℃，钴的浸出率变化的原因：______。‎ ‎④高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为______。‎ ‎【答案】 (1). a (2). LiCoO2 - xe- = Li1-xCoO2 +xLi+ (3). 还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+） (4). 2LiCoO2 +8HCl= 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O (5). 80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低 (6). 4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①根据放电过程原理示意图，锂离子向a极移动，原电池中阳离子向正极移动，故a为正极，b为负极，电子从负极流向正极，电流与电子流向相反，故电流从正极流向负极。‎ 答案为：a；‎ ‎②根据图示，充电时a电极与电源正极相连，故a为阳极，失电子，发生氧化反应，根据题干提供信息：充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2），则a极电极反应式为LiCoO2 - xe- = Li1-xCoO2 +xLi+。‎ 答案为：LiCoO2 - xe- = Li1-xCoO2 +xLi+；‎ ‎（2）①根据酸浸流程显示，浸出液中含有+2价钴离子，因此加入H2O2的作用是还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+）。‎ 答案为：还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+）；‎ ‎②用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸，主要原因之一是：LiCoO2和盐酸发生氧化还原反应产生氯气，反应的化学方程式2LiCoO2 +8HCl= 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O；‎ 答案为：2LiCoO2 +8HCl = 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O ‎③H2O2受热易分解，当80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低。‎ 答案为：80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低；‎ ‎④高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2。‎ 答案为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2‎ ‎20.某实验小组对菠菜中的铁元素（主要以难溶的FeC2O4形式存在）进行检测。实验如下：‎ I.水煮检验法:‎ II灼烧检验法:‎ ‎（1）CCl4的作用为______。‎ ‎（2）操作i中起分离作用的仪器名称为______。‎ ‎（3）溶液A中未能检测出Fe2+的可能原因是______。‎ ‎（4）取无色溶液B，先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色。用离子方程式表示H2O2的作用：______。 ‎ ‎（5）甲同学取少量无色溶液B，滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，因此得出结论，溶液B含有Fe2+。乙同学认为甲同学的实验方法不严谨，设计并完成如下实验：用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag2C2O4）。甲同学反思自己的方法不严谨，理由是_______。‎ ‎【答案】 (1). 作萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰 (2). 分液漏斗 (3). FeC2O4在水中的溶解度小 ；在加热水煮过程中二价铁被氧化为三价铁 (4). 2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O (5). 酸性条件下，H2C2O4 和Cl-都可能将MnO4-还原 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）有机物易溶于CCl4；‎ ‎（2）操作i是分离互不相容的液体；‎ ‎（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在；‎ ‎（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎（5）用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag2C2O4），说明菠菜灰含有C2O42-。‎ ‎【详解】（1）有机物易溶于CCl4，CCl4作用为萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰；‎ ‎（2）操作i是分离互不相容的液体，操作名称是分液，使用的仪器是分液漏斗；‎ ‎（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在，Fe2+的浓度小，所以溶液A中未能检测出Fe2+；‎ ‎（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O；‎ ‎（5）用盐酸溶解菠菜灰得到的溶液B含有H2C2O4 和Cl-，酸性条件下，H2C2O4 和Cl-都可能将MnO4-还原，所以滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，不能证明溶液B含有Fe2+。‎ ‎21.自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。‎ ‎（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。‎ 资料:ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaCIO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为:2NaCIO3＋4HCl＝2ClO2‎ ‎↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O冰水浴的作用是__________________________________。‎ ‎（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到____，证明ClO2具有氧化性。‎ ‎（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是________（填字母序号）。‎ a.FeSO4 b. O3 c.KMnO4 d.SO2‎ ‎（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭性能为一体。实验室制备K2FeO4方法如下:在冰水浴中，向 KClO和 KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。‎ ‎①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为______________________________。‎ ‎②若用24.2g硝酸铁，制得K2FeO418.8g，则产率为_________（保留1位小数）‎ ‎【答案】 (1). 冷凝、收集ClO2 (2). 溶液分层，下层为紫色 (3). ad (4). 3ClO-+2Fe3++10OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O (5). 95.0%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 制备少量ClO2，利用原理2NaCIO3＋4HCl＝2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，实验装置分为气体的发生装置，收集装置，尾气处理装置。‎ ‎（1）根据资料:ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体，得知ClO2的沸点较低，故应该用冰水浴收集；‎ ‎（2）利用ClO2能作为消毒剂，有氧化性；‎ ‎（3）ClO2-转化为Cl-，化合价降低，需要加还原剂；‎ ‎（4）向 KClO和 KOH混合溶液中少量多次加入硝酸铁，利用化合价升降，电荷守恒，元素守恒，完成离子方程式。利用 Fe3+和 FeO42-的关系式，求出K2FeO4的理论产量，用实际产量除以理论产量得到产率。‎ ‎【详解】(1).根据资料:ClO2是一种沸点很低的气体，所以要用冰水浴收集；冰水浴的作用是冷凝、收集ClO2 ，‎ 故答案为：冷凝、收集ClO2 ；‎ ‎(2). ClO2可将碘离子氧化成碘单质，四氯化碳不溶于水，溶液会分层，碘溶在四氯化碳中的溶解性比水中强，，是紫色，由于四氯化碳的密度比水大，故下层呈色，‎ 故答案为. 溶液分层，下层为紫色；‎ ‎(3).ClO2-转化为Cl-，化合价降低，需要加入还原剂，‎ 故答案为：ad；‎ ‎(4)KClO具有强氧化性，可将Fe3+氧化成FeO42-，所以正确的离子方程式为3ClO-+ 2Fe3++ 10OH-＝ 2FeO42-+ 3Cl-+ 5H2O ，‎ 故答案为：3ClO-+ 2Fe3++ 10OH-＝2FeO42-+ 3Cl-+ 5H2O；‎ ‎(4)利用离子方程式3ClO-+ 2Fe3++ 10OH-＝2FeO42-+ 3Cl-+ 5H2O可以得到：‎ ‎2Fe(NO3)3—K2FeO4‎ ‎242 198‎ ‎24.2 x ‎=，解得x=19.8 g ‎ 产率=×100%=95.0%‎ 故答案为：95.0%。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎