湖南省师范大学附属中学2020届高三上学期第三次月考化学试题

湖南省师范大学附属中学2020届高三上学期第三次月考化学试题

化学 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个符合题意的选项)‎ ‎1.2018年10月在《自然－催化》杂志上刊登了中科院院士李灿发表的有关高效单核催化剂的文章，为实现“液态阳光”构想迈出了关键一步。“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合作用得到的绿色液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是 A. 煤气化得到的水煤气不属于“液态阳光”‎ B. “液态阳光”的主要成分可能为甲醇、乙醇和氨基酸 C. “液态阳光”行动有利于可持续发展和应对气候的变化 D. “液态阳光”有望解决全球化石燃料面临枯竭的难题 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合作用得到的绿色液态燃料可知，本题考查化学在解决能源危机中的重要作用，运用物质性质分析。‎ ‎【详解】A.煤气化得到的水煤气为氢气和一氧化碳，利用的是化石燃料，所以水煤气不属于“液态阳光”，A项正确；‎ B .液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，可能为甲醇、乙醇，不可能为氨基酸，因为氨基酸燃烧产生氮氧化物，污染环境，故B项错误；‎ C.“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，能吸收二氧化碳解决温室效应，有利于可持续发展并应对气候变化，C项正确； D.利用阳光、二氧化碳和水合成绿色燃料减少对化石燃料的依赖，有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列有关说法正确的是 A. 电解质溶液导电为化学变化 B. Na、SiO2、H2O都称为分子式 C. NH3的水溶液能导电，所以NH3为电解质 D. HClO、KNO3、H2O2中均含离子键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解质在导电的过程中伴随着化学反应。阴极和阳极上发生了氧化还原反应，A项正确；‎ B. Na可以表示元素或是原子，但不能表示分子，B项错误；‎ C.氨水中电离出阴阳离子的是一水合氨而不是氨气，所以一水合氨是电解质，氨气是非电解质，C项错误；‎ D.HClO、H2O2中均只含有共价键，KNO3含离子键、共价键，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】电解质导电是本身电离出阴阳离子而能导电，氨气、二氧化碳、二氧化硫溶于水也能导电，这是氨气、二氧化碳、二氧化硫和水形成的酸或碱电离出阴阳离子而导电，并非其本身电离出阴阳离子，所以是非电解质。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法错误的是 A. 46 g C2H5OH含有的共价键数目为8NA B. 4.48 L(标准状况)H2和CO混合气体完全燃烧消耗O2分子数为0.1NA C. 1 L 0.5 mol/L的Na2S溶液中含S的粒子数目等于0.5NA D. 电解精炼铜时，阴极质量增重128 g，则转移电子数目大于4NA ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C2H6O可能为乙醇，也可能为甲醚，若为乙醇含有共价键的数目一定为8NA，若为甲醚含有共价键键的数目一定为8NA，A项正确；‎ B.标况下4.48L混合气体的物质的量为0.2mol，而1mol氢气和1molCO均消耗0.5mol氧气，故0.2molH2和CO的混合物燃烧消耗的氧气为0.1mol，分子为0.1NA个，B项正确；‎ C. 硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增加，所以1 L 0.5 mol⋅L−1 Na2S溶液中含S粒子数目大于0.5 NA，C项错误；‎ D. 电解精炼铜时，阴极上电极反应为Cu2++2e−=Cu，故当阴极质量增重128g即有2mol铜析出时，转移电子为4mol即4NA个，D项错误；‎ 答案选CD。‎ ‎4.下列化学方程式中，不能正确表示反应颜色变化的是 A. 将盛有NO2的密封玻璃容器放入冷水中，颜色变浅：2NO2N2O4‎ B. 用铝筷摩擦浸泡在NaCl溶液中变黑的银器(黑色物质为Ag2S)，银器很快恢复银白色：Ag2S＋2NaCl===Na2S＋2AgCl C. 氯化亚铁溶液遇铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀：3FeCl2+2K3[Fe(CN)6]===Fe3[Fe(CN)6]2↓＋6KCl D. FeCl3溶液中加入铜粉，溶液从黄色变为蓝绿色：2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题表示反应颜色变化可知，本题考查化学反应中物质的颜色变化，运用化学反应方程式分析。‎ ‎【详解】A. 2NO2N2O4为放热反应，将盛有NO2的密封玻璃容器放入冷水中，温度降低，平衡向放热方向移动，即向生成无色N2O4的方向移动,颜色变浅，A项正确；‎ B. 铝和Ag2S在氯化钠电解质溶液中形成原电池反应，铝做负极，表面有硫化银银器做正极，硫化银被还原成银，银器由黑色很快恢复银白色，B项错误；‎ C.亚铁离子与铁氰化钾反应生成带有特征颜色的铁氰化亚铁沉淀，3FeCl2+2K3[Fe(CN)6]===Fe3[Fe(CN)6]2↓＋6KCl，C项正确；‎ D.黄色的铁离子有强氧化性，与铜单质反应生成绿色的亚铁离子和蓝色的铜离子，溶液从黄色变为蓝绿色，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.S2Cl2和SCl2均为重要的化工原料，都满足8电子稳定结构。‎ 已知:①S2(1)+Cl2(g)S2Cl2(g) △H1=xkJ/mol ‎②S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g) △H2=ykJ/mol ‎③相关化学键的键能如下表所示:‎ 化学键 S-S S-Cl Cl-Cl 键能/kJ/mol a b c 下列说法错误的是 A. SCl2的结构式为C1-S-Cl B. S2Cl2的电子式为: ‎ C. y=2b-a-c D. 在S2(1)+2Cl2(g)2SCl2(g)‎ 的反应中，△H=(x+y)kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键，所以SCl2的结构式为C1-S-Cl，选项A正确；‎ B.原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键，所以S2Cl2的结构式为C1-S-S-Cl，根据此结构式得到对应的电子式为：，选项B正确；‎ C.反应的焓变等于反应物的键能减去生成物的键能，根据上面给出的SCl2和S2Cl2的结构式，反应②S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)的焓变△H2＝y＝a＋2b＋c－4b=a+c-2b，选项C错误；‎ D.反应①加上反应②可以得到：S2(1)+2Cl2(g)2SCl2(g)，所以该反应的焓变为△H=(x+y)kJ/mol，选项D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】化合物中原子达到8电子稳定结构有如下规律：原子的成键个数＝8－原子的最外层电子数；计算出原子应该形成的共价键数以后，可以书写化合物的结构式，注意应该是成键多的原子在中间，成键少的在边上。‎ ‎6.下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向某溶液中先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液 溶液变成血红色 原溶液中一定含有Fe2＋‎ B 向H2S溶液中通入O2‎ 溶液变浑浊 氧化性：O2>S C 向等浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中分别滴加2滴酚酞溶液 前者红色更深 NaHCO3>Na2CO3‎ D 试纸不变蓝 原溶液中不含NH4+‎ 取少量某溶液于试管中，向其中加入NaOH溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原溶液中可能含铁离子，应先加KSCN、后加过氧化氢检验亚铁离子，A项错误；‎ B. H2S溶液中通入O2发生氧化还原反应生成S,则氧化性：O2>S，B项正确；‎ C. 等浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液,后者水解程度大,碱性强,所以后者红色更深，水解程度NaHCO3乙>Si C. 原子序数：甲－Ca＝1‎ D. 推测乙的单质可以用作半导体材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中甲、乙两种未知元素的位置可知，本题考查元素周期表的结构及其应用，元素周期律和元素周期表的综合应用，运用元素周期表和元素周期律分析。‎ ‎【详解】A. 甲为Ga ，位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族，A项正确；‎ B. 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲>乙>Si，B项正确；‎ C. 甲为Ga ，位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族，原子序数为31，Ca原子序数为20，原子序数：甲－Ca＝11，C项错误；‎ D.乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，D项正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】位于金属与非金属的交界处的元素可用作半导体材料，如Si、Ge。‎ ‎10.氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应：ClO3-+3HSO3-=3SO42-+ Cl-+3H+。己知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。右图为用ClO3-在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应v-t图。下列说法中不正确的是 ( )‎ A. 反应开始时速率增大可能是c(H+)所致 B. 纵坐标为v(Cl-)的v-t曲线与图中曲线完全重合 C. 图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内ClO3-的物质的量的减少量 D. 后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，随着反应的进行，氢离子浓度逐渐增大，所以反应速率逐渐增大，A正确；根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知，v(Cl-)= v(ClO3-)，B正确；C项，图中阴影部分的面积应为t1-t2时间内ClO3-的物质的量浓度的减少量，C错误；D项，在反应的后期由于反应物浓度减小，所以导致反应速率开始降低，D正确。‎ ‎11.类推（类比迁移）的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是 A. Fe3O4根据化合价规律可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO•Pb2O3‎ B. CaC2能水解：CaC2 + 2H2O = Ca(OH)2 + C2H2 ↑，则Al4C3也能水解：Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3↓+ 3CH4↑‎ C. Cl2与Fe加热生成FeCl3，则I2与Fe加热生成FeI3‎ D. 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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe3O4中的Fe的化合价可以认为是+2，+3，则表示为FeO•Fe2O3，但是Pb常见的化合价为+2、+4，则Pb3O4应表示为2PbO•PbO2，A错误；‎ B.水解反应为物质与水电离出来的H＋和OH－结合的反应，Al4C3中的Al与OH－结合生成Al(OH)3，C与H结合生成甲烷，化学方程式为Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3↓+ 3CH4↑，B正确；‎ C. 碘单质的氧化性比氯气弱，只能将Fe氧化成＋2价，则I2与Fe加热生成FeI2，C错误；‎ D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为弱酸不能制取强酸，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水，生成亚硫酸使溶液呈现酸性，溶液中存在硝酸根离子，将SO2氧化成SO42－，会生成硫酸钡沉淀，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】类推时，要根据实际情况推测，Pb的化合价为+2、+4价，其氧化物为PbO、PbO2两种和铁的不同。‎ ‎12.由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池称为浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极。如图所示装置中，X电极与Y电极初始质量相等。 进行实验时，先闭合K2，断开K1，一段时间后，再断开K2，闭合K1，即可形成浓差电池，电流计指针偏转。下列不正确的是 A. 充电前，该电池两电极不存在电势差 B. 放电时，右池中的NO3-通过离了交换膜移向左池 C. 充电时，当外电路通过0.1 mol电子时，两电极的质量差为10.8 g D. 放电时，电极Y为电池的正极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，本题考查电化学原理的应用，运用电解池和原电池原理分析。‎ ‎【详解】A.充电前，左右两池浓度相等，则两极不存电势差，A项正确；‎ B.由以上分析可知形成原电池时X为负极,Y为正极,阴离子向负极移动,则右池中的NO3-通过离了交换膜移向左池，B项正确；‎ C.当外电路通过0.1mol电子时，阳极有0.1molAg被氧化，而阴极析出0.1molAg，质量都为10.8g，则两电极的质量差为21.6g，C项错误；‎ D.放电时，右池硝酸银浓度较大，则电极Y为电池的正极，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】在原电池中，阴离子向负极移动，阳离子移向正极。‎ ‎13.温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应 2NO2(g)2NO(g＋O2(g) ΔH>0。实验测得：v正＝v(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，v逆＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是 容器 编号 物质的起始浓度(mol·L－1)‎ c(NO2)‎ c(NO)‎ c(O2)‎ 物质的平衡浓度(mol·L－1)‎ Ⅰ ‎0.6‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.2‎ Ⅱ ‎0.3‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ Ⅲ ‎0‎ ‎0.5‎ ‎0.35‎ A. 反应达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中总压强之比为1∶1‎ B. 反应达平衡时，容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)比容器Ⅰ中的大 C. 反应达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数大于50%‎ D. 当温度改变为T2时，若k正＝k逆，则T2>T1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，本题考查化学平衡常数的计算和化学平衡移动原理，运用化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积及勒夏特列原理分析。‎ ‎【详解】A.‎ 化学平衡常数，容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1L×(0.2+0.4+0.2)mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比,如果平衡时I、II中压强之比为4:5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商=，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于4:5，A项错误；‎ B. 如果II中平衡时c(NO2)=c(O2),设参加反应的c(NO2)=xmol/L,则0.3−x=0.2+0.5x,x=,平衡时c(NO2)=c(O2)= mol/L,c(NO)=0.5mol/L+mol/L=mol/L，II中，说明II中平衡时应该存在c(NO2)>c(O2),容器I中c(O2)/c(NO2)=1，所以达平衡时,容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)小于1，则比容器Ⅰ中的小，B项错误；‎ C. 如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c(NO2)=0.5mol/L，且容器中还有c(O2)=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%，C项错误；‎ D. v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)⋅c(O2)，达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2(NO2)= k逆c2(NO)⋅c(O2)，且k正=k逆，则c2(NO2)= c2(NO)⋅c(O2)，化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T2>T1，D项正确；‎ 答案选D。‎ 二、非选择题(本题共5小题，共58分)‎ ‎14.图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)元素F在周期表中的位置为________________‎ ‎(2)C、D、E、G的简单离子半径由大到小的顺序为_______________(用离子符号表示)。‎ ‎(3)二元化合物X是含有元素A的18电子分子，3 g X(g)在25 ℃ 101 kPa 下完全燃烧生成稳定的化合物时放出Q kJ的热量，写出表示X燃烧热的热化学方程式：________________‎ ‎(4)某同学设计实验用图2所示装置证明元素A、B、F的非金属性强弱(其中溶液b和溶液c均足量)。‎ ‎①溶液b为_________________‎ ‎②溶液c中发生反应的离子方程式为__________________‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第ⅣA族 (2). S2－>O2－>Na＋>Al3＋ (3). C2H6(g)＋7/2O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－10QkJ/mol (4). 饱和NaHCO3溶液 (5). SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，本题考查元素周期表，元素化合价、离子半径大小、热化学方程式的书写，运用元素周期律、离子半径大小比较方法、热化学方程式书写步骤分析。‎ ‎【详解】（1）由图1分析可得，A为C，B为N、C为O、D为Na、E为Al、F为Si、G为S,因此F在周期表中的位置为第三周期第ⅣA族；‎ 故答案为：第三周期第ⅣA族；‎ ‎（2）电子层越多，离子半价越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2－>O2－>Na＋>Al3＋，‎ 故答案为：S2－>O2－>Na＋>Al3＋；‎ ‎(3) 二元化合物X是含有元素A的18电子分子，X为C2H6，3 g X(g)在25 ℃ 101 kPa ‎ 下完全燃烧生成稳定的化合物时放出Q kJ的热量，则X燃烧热的热化学方程式为C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－10QkJ/mol；‎ 故答案为：C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－10QkJ/mol；‎ ‎（4）①证明元素A、B、F的非金属性强弱，则应用A、B、F对应的最高价氧化物的水化物和其相应盐进行反应来验证，因此溶液a和b、c分别为HNO3、饱和NaHCO3、Na2SiO3溶液；‎ 故答案为：饱和NaHCO3溶液；‎ 溶液b中产生的二氧化碳通入c中 Na2SiO3溶液中发生反应的离子方程式为SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-；‎ 故答案为：SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-。‎ ‎15.电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染，其中所含的Cr(Ⅵ)是主要污染物，可采用多种处理方法将其除去。查阅资料可知：‎ ‎①在酸性环境下，Cr(Ⅵ)通常以Cr2O72-的形式存在；‎ ‎②Cr2O72-的氧化能力强于CrO42-；‎ ‎③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：‎ 阳离子 Fe3＋‎ Fe2＋‎ Cr3＋‎ 开始沉淀的pH ‎1.9‎ ‎7.0‎ ‎4.3‎ 沉淀完全的pH ‎3.2‎ ‎9.0‎ ‎5.6‎ Ⅰ.腐蚀电池法 ‎(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原Cr(Ⅵ)。下列关于焦炭的说法正确的是_______(填字母代号)。‎ a．作原电池的正极　 b．在反应中作还原剂　c．表面可能有气泡产生 Ⅱ.电解还原法 向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。电解装置如图1所示。‎ ‎(2)A极连接电源的______________极，A极上发生的电极反应式为_______________‎ ‎(3)电解开始时，B极上除了发生产生H2的反应外，还有少量Cr2O72-在B极上直接放电，该反应的电极反应式为_________________‎ ‎(4)电解过程中，溶液的pH不同时，通电时间(t)与溶液中铬元素去除率的关系如图2所示。‎ ‎①由图可知，电解还原法应采取的最佳pH范围为____(填字母代号)。‎ a．2～4　　　　　　b．4～6　　　　　　c．6～10‎ ‎②解释曲线Ⅰ和曲线Ⅳ去除率低的原因：________________‎ ‎【答案】 (1). ac (2). 正 (3). Fe－2e－===Fe2＋ (4). Cr2O72-＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O (5). b (6). 曲线Ⅰ的pH较小，此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致去除率较低；曲线Ⅳ的pH较大，铬元素主要以CrO42-形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致去除率较低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，本题考查电解原理及其应用、“三废”‎ 处理与环境保护，运用电化学原理和除杂原理分析。‎ ‎【详解】(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，形成原电池，铁作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；焦炭作正极，但焦炭是惰性材料，本身不能被还原，由于废水呈酸性，正极上可能发生反应2H＋＋2e－===H2↑，观察到焦炭表面有气泡产生，则a、c正确，‎ 故答案为：ac；‎ ‎(2)由图可知，与电源的B极相连的一极表面产生H2，该电极的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，则B是电源负极，A是电源正极；与A极相连的电极为电解池的阳极，电极材料是Fe，Fe发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋。‎ 故答案为：Fe－2e－===Fe2＋；‎ ‎(3)B极是阴极，发生还原反应，少量Cr2O在B极上直接放电被还原为Cr3＋，电解质溶液呈酸性，则电极反应式为Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O。‎ 故答案为：Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O；‎ ‎(4)①由图可知，曲线Ⅱ对应pH＝4时，溶液中铬元素去除率最大，且所用时间最短，反应速率快；曲线Ⅲ对应pH＝6时，铬元素去除率最终与pH＝4相同，但所用时间较长，反应速率比pH＝4慢；图中曲线Ⅰ、Ⅳ 对应的铬元素去除率偏低，故最佳pH范围为4～6，答案选b。‎ 故答案选：b；‎ ‎②由题给信息可知，去除废水中的铬元素，最终要生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀排出。曲线Ⅰ的pH＝2，酸性较强，此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致铬元素去除率较低；曲线Ⅳ的pH＝10，溶液呈碱性，促使平衡Cr2O3-＋H2O2CrO＋2H＋正向移动，铬元素主要以CrO形式存在，其氧化能力弱于Cr2O，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致铬元素去除率较低。‎ 故答案为：曲线Ⅰ的pH较小，此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致去除率较低；曲线Ⅳ的pH较大，铬元素主要以CrO42-形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致去除率较低。‎ ‎16.镁是一种银白色的碱土金属，镁元素在地壳中的含量约为2.00%，位居第八位，镁及其化合物在研究和生产中具有广泛用途。请回答下列问题：‎ ‎(1)在室温下，纯净的氮化镁(Mg3N2)为黄绿色的粉末，能与水反应，常用作触媒，实验室用如图1所示装置和药品制备少量氮化镁。‎ ‎①A中盛装的是____，B中可盛装碱石灰，二者混合可制取氨气。‎ ‎②按照气流的方向从左至右连接装置：a接____、____接____、_b__接____。‎ ‎③气体通过CuO这一装置的目的是什么？用化学方程式回答：______。‎ ‎④无水氯化钙装置可防止外界空气中的水进入，以防_____________(化学方程式表示)的发生。‎ ‎(2)碳酸镁可用作耐火材料、锅炉和管道的保温材料，以及食品、药品、化妆品、橡胶、墨水等的添加剂。‎ Ⅰ.合成碳酸镁晶体的步骤如下：‎ 步骤1：配制0.5 mol·L－1MgSO4溶液和0.5 mol·L－1NH4HCO3溶液。‎ 步骤2：用量筒量取500 mL NH4HCO3溶液于1 000 mL四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在50 ℃。‎ 步骤3：将250 mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1 min内滴加完毕，然后用氨水调节溶液pH到9.5。‎ 步骤4：放置1 h后，过滤，洗涤。‎ 步骤5：在40 ℃的真空干燥箱中干燥10 h，得到产品碳酸镁晶体(MgCO3·nH2O，n＝1～5)。‎ ‎①配制0.5 mol·L－1MgSO4溶液500 mL，需要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、____。‎ ‎②步骤3中加氨水后发生反应的离子方程式为________________‎ Ⅱ.测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。‎ 称量1.000 g碳酸镁晶体，放入图2所示的广口瓶中，加入适量水，滴入稀硫酸与晶体反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5 h，后期将温度升到30 ℃，最后烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得生成CO2的总量；重复上述操作2次。‎ ‎③上述反应后期要升温到30 ℃，主要目的是_____________________‎ ‎④若实验测得1.000 g碳酸镁晶体产生CO2的平均物质的量为a mol，则n为__________(用含a的表达式表示)。‎ ‎⑤若称取100 g上述晶体进行热重分析，得到的热重曲线如图3所示，则合成的晶体中n＝____(取整数)。‎ ‎【答案】 (1). 浓氨水 (2). d (3). e (4). c (5). b (6). f (7). 2NH3＋3CuON2＋3H2O＋3Cu (8). Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑ (9). 500mL容量瓶 (10). Mg2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＋(n－1)H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+。 (11). 升高温度，气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全 (12). 1-84a/18a (13). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，本题考查了物质含量的实验探究过程分析、实验装置的连接，运用各物质的化学性质和装置连接步骤分析。‎ ‎【详解】(1)①A、B二者混合可制取氨气，而浓氨水和生石灰或氢氧化钠固体混合放热,可使一水合氨分解生成氨气。因此A中盛装的是浓氨水；‎ 故答案为：浓氨水；‎ ‎②根据实验目的及题给装置可知,按照气流的方向从左向右连接装置的顺序为:a接d，e接c，b接f；‎ 故答案为：d； e ； c ；b ；f；‎ ‎③气体通过CuO这一装置的目的是氨气有还原性，能还原氧化铜，生成氮气，则气体通过CuO这一装置的目的用化学方程式表示为:2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；‎ 故答案为：2NH3＋3CuON2＋3H2O＋3Cu；‎ ‎④无水氯化钙装置可防止外界空气中的水进入，以防氮化镁和水发生反应生成氢氧化镁和氨气,化学方程式为:Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑；‎ 故答案为：Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑；‎ ‎(2)①配制0.5 mol·L-1 MgSO4溶液500 mL，除提供的仪器外，还需要的仪器为500 mL容量瓶；‎ 故答案为：500 mL容量瓶；‎ ‎②步骤3中加氨水后反应生成碳酸镁结晶水合物,反应的离子方程式为Mg2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＋(n－1)H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+；‎ 故答案为：Mg2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＋(n－1)H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+；‎ ‎③题述反应后期将温度升到30 ℃，是为了使生成的二氧化碳全部逸出，便于其被氢氧化钠溶液完全吸收，从而减小测定产生的误差；‎ 故答案为：升高温度，气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；‎ ‎④若实验测得1.000 g碳酸镁晶须产生的CO2的平均物质的量为a mol，依据碳元素守恒可知，晶须中碳酸镁的物质的量为a mol，根据MgCO3·nH2O中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1∶n,得到,得到；‎ 故答案为：；‎ ‎⑤由题图3知400 ℃时剩余质量为82.3 g，这是该晶须失去结晶水后的质量，则有，解得n=1；‎ 故答案为：1。‎ ‎17.高氯酸铜易溶于水，在130 ℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如图1所示：‎ ‎(1)发生“电解Ⅰ”时，所用的交换膜是____(填“阳”或“阴”)离子交换膜。‎ ‎(2)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应。已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为氯酸钠，则“歧化反应”的化学方程式为________。‎ ‎(3)“电解Ⅱ”主要的阳极产物是_________(填离子符号)。‎ ‎(4)操作a的名称是____。‎ ‎(5)用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质量为a t，最终制得Cu(ClO4)2·6H2O为b t，则产率为____ (用含a，b的代数式表示)。‎ ‎(6)某温度下，高氯酸铜[Cu(ClO4)2]按A、B两种方式同时分解，分解过程中铜的化合价不发生改变。方式A为Cu(ClO4)2CuCl2＋4O2↑，若4 mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50% 的方式完全分解，且A、B两种方式转移的电子数之比为8∶7，则方式B为____ (用化学方程式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 阳 (2). 3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2 (3). ClO4- (4). 蒸发浓缩 (5). 100％ (6). 2Cu(ClO4)22CuO＋7O2↑＋2Cl2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，本题考查电化学原理，运用原电池和电解池原理分析。‎ ‎【详解】（1）“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜； 故答案为：阳；‎ ‎（2）“歧化反应”是碳酸钠与氯气反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为−1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2；‎ 故答案为：3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2；‎ ‎（3）通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极的氯离子失电子产物为ClO4-； 故答案为：ClO4-；‎ ‎（4）加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸， 故答案为：蒸发浓缩；‎ ‎（5）根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成氯酸钠和氯化钠，电解后氯酸钠变成高氯酸钠，加入盐酸反应生成高氯酸，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2⋅6H2O，假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1mol氯酸钠，根据氯元素守恒最终可以得到0.5molCu(ClO4)2⋅6H2O，因此产率为；‎ 故答案为： 100％；‎ ‎（6）在A方式：中CuCl2是还原产物，O2是氧化产物，反应中转移电子数为16e−，若4mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50%的方式完全分解，则方式A共转移4mol×16e−＝64mole−，A、B两种方式转移的电子数之比为8:7，则B中转移电子64mole−×=56mole−，Cu(ClO4)2分解时Cu元素化合价不变，则B方式中O2是氧化产物，生成O2的物质的量为，若Cl元素还原产物中价态为x价，则8(7−x)＝56，解得：x＝0，可知还原产物为Cl2，且其物质的量为，则结合原子守恒，B方式发生反应的方程式为2Cu(ClO4)22CuO＋7O2↑＋2Cl2↑；‎ 故答案为：2Cu(ClO4)22CuO＋7O2↑＋2Cl2↑。‎ ‎18.燃煤的烟气中常含有大量的NOx、CO、SO2等有害气体，治理污染、消除有害气体对环境的影响是化学工作者研究的重要课题。‎ Ⅰ.已知氮氧化物可采用强氧化剂Na2S2O8氧化脱除，过程如下所示：‎ ‎(1)写出反应1的离子方程式：____ 。‎ ‎(2)反应2为NO2-＋S2O82-＋2OH－=NO3-＋2SO42-＋H2O。此反应在不同温度下达到平衡时，NO2-的脱除率与Na2S2O8初始浓度的关系如图1所示。‎ ‎①比较a、b点的反应速率：va正____vb逆(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎②根据图像可以判断该反应为吸热反应，理由是____________。‎ Ⅱ.沥青混凝土可作为反应2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)的催化剂。图2表示在相同的恒容密闭容器、相同的起始浓度、相同的反应时间段下，使用相同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。‎ ‎(3)下列关于图2的说法正确的是________。‎ A．在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型要大 B．b点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高 C．a、b、c、d四点中，达到平衡状态的只有b、c两点 D．e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性 ‎(4)已知c点时容器中O2浓度为0.02 mol/L，则50 ℃时，在α型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K＝_____________(用含x的代数式表示)。‎ Ⅲ.利用图3所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2。‎ ‎(5)直流电源b极为____，阳极发生的反应为______。‎ ‎【答案】 (1). 2NO＋S2O82-＋4OH－===2NO2-＋2SO42-＋2H2O (2). < (3). 当Na2S2O8‎ 初始浓度相同时，温度越高，NO脱除率越大，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应 (4). AD (5). mol/L (6). 负极 (7). SO2－2e－＋2H2O===SO42-＋4H＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，本题考查化学平衡的影响因素及化学平衡的计算，运用勒夏特列原理进行分析。‎ ‎【详解】（1）反应1是Na2S2O8的氢氧化钠溶液中通入NO气体发生氧化还原反应生成硫酸钠、亚硝酸钠和水, 反应的离子方程式为：2NO＋S2O82-＋4OH－===2NO2-＋2SO42-＋2H2O,‎ 故答案为：2NO＋S2O82-＋4OH－===2NO2-＋2SO42-＋2H2O；‎ ‎（2）温度越高NO脱除率越大，说明升温反应速率增大，a、b点的反应速率va正< vb逆，‎ 故答案为：<；‎ ‎（3）升温平衡向吸热方向移动，而当Na2S2O8初始浓度相同时，温度越高，NO脱除率越大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应，‎ 故答案为：当Na2S2O8初始浓度相同时，温度越高，NO脱除率越大，说明平衡正向移动，该反应为吸热；‎ ‎(3)A. 由图得，相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大，故A正确；‎ B. a点的数据反映出CO降解率是整个实验过程中最高的，故B错误；‎ C. 图象分析可知b点反应达到平衡状态，升温平衡逆向进行，a、b、c、d 四点中，达到平衡状态的是bcd, 故C错误；‎ D. e点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性失效，故D正确；‎ 故答案为：AD；‎ ‎（4）令起始时CO的浓度为1mol·L－1，则达到平衡时c(CO)=(1－x)mol/L，c(O2)=0.02mol/L，c(CO2)=xmol/L，根据平衡常数的定义， ‎ 故答案为：；‎ ‎（5）由装置图可知SO2在左边发生氧化反应生成SO42-，电极反应方程式为：SO2－2e－＋2H2O===SO42-＋4H＋，因此a 所连的电极为电解池的阳极，而电解池的阳极连接的是电源的正极，因此a为电源正极，b为电源负极，‎ 故答案为：负极；SO2－2e－＋2H2O===SO42-＋4H＋。‎ ‎ ‎