【化学】河北省大名县第一中学2020届高三9月月考（清北班，二）（解析版）

【化学】河北省大名县第一中学2020届高三9月月考（清北班，二）（解析版）

河北省大名县第一中学2020届高三9月月考（清北班，二）‎ 一、选择题：（本题共16小题，每小题3分。每小题中只有一个选项符合题意的。）‎ ‎1.新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述不正确的是（ ）‎ A. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素 B. 用于人民币票面方案等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质 C. 防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料 D. 某种验钞笔中含有碘酒，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖 ‎【答案】D ‎【详解】A．棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，故A正确；‎ B．Fe3O4磁性物质，有磁性，故B正确；‎ C．树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确；‎ D．葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误；故选D。‎ ‎2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎80℃‎时，1LpH＝1的硫酸溶液中，含有的OH－数目为10－13NA B. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2＋被氧化时，该反应转移电子数目为3NA C. ‎100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA D. 以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过NA个电子，则正极放出氢气‎11.2L ‎【答案】C ‎【详解】A. ‎80℃‎时，Kw>10-14，1LpH＝1的硫酸溶液中，c（H+）=0.1mol/L，则c（OH-）<10－13mol/L，含有的OH－数目小于10－13NA，A错误；‎ B. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先于溶液中的碘离子反应，溶液中无碘离子后再与亚铁离子反应，当有1molFe2＋被氧化时，无法确定溶液中碘离子的量，不能确定该反应转移电子数目，B错误；‎ C. ‎100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为‎46g，即1mol，水为‎54g，为3mol，则氧原子数为4NA，C正确；‎ D. 以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，Al与NaOH反应，Mg不反应，则Al作负极，导线上流过NA个电子，则正极放出标况下的氢气‎11.2L，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】乙醇的水溶液中，乙醇中含有氧原子，水中也含有氧原子，都应考虑。‎ ‎3.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是（ ）‎ 选项 实验目的 实验操作 A 配制FeCl3溶液 将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水 B 称取2.0gNaOH 固体 先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加‎2g 砝码，左盘上添加NaOH 固体 C 检验溶液中是否含有NH4+‎ 取少最试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体 D 验证铁的吸氧腐蚀 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没 ‎【答案】C ‎【解析】A．氯化铁为强酸弱碱盐，易水解，为防止氯化铁水解，配制溶液过程中要加入盐酸，选项A错误；B．称量强腐蚀性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，选项B错误；C．检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，NH4++OH-NH3↑+H2O，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，选项C正确；D．铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，选项D错误。答案选C。‎ ‎4.我国科研人员以Zn和尖晶石型锰酸锌（ZnMn2O4）为电极材料，研制出一种水系锌离子电池。该电池的总反应方程式：xZn + Zn1−xMn2O4ZnMn2O4（0 < x < 1）。下列说法正确的是（ ）‎ A. 充电时，Zn2+向ZnMn2O4电极迁移 B. 充电时，阳极反应：ZnMn2O4 −2xe—＝Zn1-xMn2O4+xZn2+‎ C. 放电时，每转移1mol e-，ZnMn2O4电极质量增加‎65g D. 充放电过程中，只有Zn元素的化合价发生变化 ‎【答案】B ‎【解析】A、电解池阳离子向阴极移动，而可充可放电池中，阴极是原电池的负极，所以Zn2＋ 向锌迁移，故A错误；B、充电时，阳极发生氧化，阳极反应：ZnMn2O4 −2xe—＝Zn1-xMn2O4+xZn2+，故B正确；C、放电时，每转移2mol e-，ZnMn2O4电极质量增加‎65g，故C错误；D、充放电过程中，Mn、Zn元素的化合价发生变化，故D错误；故选B。‎ ‎5.A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大。已知A、B、C、D是短周期元素中的四种非金属元素，A元素的原子形成的离子就是一个质子，C、D在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，E是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. A、B、C、D均是非金属元素，所以它们只能形成共价化合物 B. 化合物BD2是直线形分子，若遇与E同周期的金属元素的单质着火均可用BD2灭火 C. 用E单质作阳极，石墨电极作阴极电解NaHCO3溶液，电解一开始就会在阴极区出现白色沉淀 D. A、C两元素可能形成原子个数比(A∶C)为3∶1、2∶1的化合物 ‎【答案】D ‎【分析】A元素的原子形成的离子就是一个质子，则A为H；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，且原子序数依次增大，它们的单质在常温下均为无色气体，则C为N，D为O；B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为C；E是地壳中含量最高的金属元素，E为Al。‎ ‎【详解】A. A、B、C、D分别为H、C、N、O，均是非金属元素，它们形成的碳酸铵、硝酸铵等为离子化合物，A错误；‎ B. 化合物BD2为CO2是直线形分子，与Al同周期的金属元素的单质为Na或Mg，均能与二氧化碳反应，若Na、Mg着火均时，不能用CO2灭火，B错误；‎ C. 用E单质作阳极，石墨电极作阴极电解NaHCO3溶液，阴极上溶液中的水得电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，电解一开始阴极区无白色沉淀出现，C错误；‎ D. A、C两元素可能形成氨气、联铵，H∶N原子个数比为3∶1、2∶1，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】电解池中，Al作阳极，Al-3e-=Al3+，阴极，水电离的氢离子得电子生成氢气和氢氧根离子。‎ ‎6.CO2是重要的温室气体，对地球温室效应的“贡献”最大，如何利用CO2是摆在科技工作者面前的重要课题。如图所示电解装置可将CO2 转化为乙烯，该装置的电解质溶液为强酸性水溶液，电极材料为惰性电极。‎ 下列有关说法正确的是（ ）‎ A. a为电池的正极 B. 电解过程中H＋移向阳极 C. 反应前后溶液的pH保持不变 D. 阴极反应式：2CO2+12H++12e－=C2H4＋4H2O ‎【答案】D ‎【解析】CO2 转化为乙烯，CO2发生还原反应，所以a是电池的负极，故A错误；电解池中阳离子移向阴极，所以H＋移向阴极，故B错误；总反应为 ，反应消耗水，反应前后溶液的pH减小，故C错误；阴极得电子发生还原反应，阴极反应式 ，故D正确。‎ ‎7.下列化学用语和化学符号使用正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl B. 正丙醇的结构简式为：C3H7OH C. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：Ce D. 硫化钠的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【详解】A.次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl，A正确；‎ B.正丙醇的结构简式为：CH3CH2CH2OH，B错误；‎ C.含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：，C错误；‎ D.硫化钠为离子化合物，其电子式：，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎8.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. 使甲基橙变红色的溶液：Na+、Cu2+、ClO－、Cl－‎ B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-‎ C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-‎ D. KW/c(H＋)＝0.1 mol·L-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. 使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H++ ClO－HClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；‎ B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-在指定溶液中不能发生离子反应，一定能大量共存；‎ C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；‎ D. KW/c(H＋)＝c(OH-)=0.1 mol·L-1的溶液呈碱性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。 ‎ 故选B.‎ ‎9.下列是部分矿物资源铝土矿(主要含有氧化铝、氧化铁)和黄铜矿(主要成分CuFeS2)的利用及产品生产流程，有关说法不正确的是（ ）‎ A. 除杂过程中铝元素的存在形式的变化可以如下：Al2O3→AlO2-→Al(OH)3→Al2O3‎ B. Al和Cu(精)均在电解槽的阴极获得 C. 粗铜炼制过程中反应2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2，每转移1.2mol电子，则有0.2mol硫被氧化 D. 若电解法分别制铝和铜的过程中转移电子数相等，理论上获得的铝和铜的物质的量之比为3:2‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.铝土矿中氧化铝溶于强碱，除去氧化铁，生成偏铝酸根离子，再通入二氧化碳生成氢氧化铝，过滤、洗涤、干燥灼烧氢氧化铝生成氧化铝，除杂过程中铝元素的存在形式的变化可以如下：Al2O3→AlO2-→Al(OH)3→Al2O3，A正确；‎ B.Al和Cu(精)在电解精炼时，均为金属离子生成单质，则在电解槽的阴极获得，B正确；‎ C.粗铜炼制过程中反应2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2，Cu、O的化合价降低，部分S的化合价由-2价变为+4价，得到6个电子，则每转移1.2mol电子，则有0.2mol硫被氧化，C正确；‎ D.若电解法分别制铝和铜的过程中转移电子数相等，Al的化合价由+3变为0，Cu的化合价由+2变为0，理论上获得的铝和铜的物质的量之比为2:3，D错误；‎ 答案为D。‎ ‎10.卫生部发生公告，自‎2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂。下列对于过氧化钙(CaO2)的叙述错误的是（ ）‎ A. CaO2具有氧化性，对面粉可能具有漂白作用 B. CaO2中阴阳离子的个数比为1: 1‎ C. CaO2和水反应时，每产生1 mol O2转移电子4 mol D. CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2＋2CO2===2CaCO3＋O2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A、结合过氧化钠的性质推断，CaO2具有氧化性，可能具有漂白性，对面粉可能具有增白作用，选项A正确；B、过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，选项B正确；C、CaO2和水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑，每产生1molO2转移电子2mol，选项C错误；D、CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2＝2CaCO3+O2；选项D正确；答案选C。‎ ‎11.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）‎ 实验现象 离子方程式 A 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解 Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3•H2O B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体 Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+‎ C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎3SO2+2MnO4-+4H+=3SO42-+2Mn2++2H2O D 氧化亚铁溶于稀硝酸 FeO+2H+=Fe2++H2O ‎【答案】A ‎【详解】A.氯化铵溶液显酸性，能与氢氧化镁反应生成镁离子和水，促进铵根离子水解，从而生成一水合氨，A正确；‎ B.向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体为氢氧化铁胶体，而不是沉淀，B错误；‎ C.二氧化硫与高锰酸钾反应不符合电荷守恒，C错误；‎ D. 氧化亚铁与硝酸发生氧化还原反应生成NO、水和铁离子，与事实不符，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎12.某溶液可能含 Na＋、Fe3+、Al3+、SiO32-、HCO3-、SO42-、Cl-中的几种离子，为确定其成分，设计了如下实验：(1) 取少量溶液于试管中，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，得到透明溶液；(2)在(1)反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。 下列推断正确的是（ ）‎ A. 溶液中一定含Na＋、Cl- B. 不能确定溶液中是否含Na＋‎ C. 溶液中一定含 HCO3-、Cl- D. 溶液中一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+‎ ‎【答案】D ‎【分析】（1）取少量溶液于试管中，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，生成的气体为二氧化碳，说明溶液中含有HCO3-，结合离子共存可以知道一定不存在Fe3+、Al3+、SiO32-，结合溶液为电中性可以知道一定存在Na＋，最终得到透明溶液，说明一定不存在SiO32-；（2）在（1）反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，因为加入了盐酸，无法确定是否含有SO42-、Cl-，据此答题。‎ ‎【详解】根据以上分析，溶液中一定含Na＋、HCO3-，一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+，无法确定是否含有SO42-、Cl-。‎ A.根据分析可以知道，溶液中一定含Na＋，无法确定是否含有Cl-，故A错误；‎ B.根据分析可以知道，溶液中一定含Na＋，故B错误；‎ C.根据分析可以知道，溶液中一定含HCO3-，无法确定是否含有Cl-，故C错误；‎ D.根据分析可以知道，溶液中一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：①能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质)；②能生成微溶物的离子之间（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；③能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；④能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）。‎ ‎13.K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，下列关于该反应的说法不正确的是（ ）‎ A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 氧化性：KNO3＞K2FeO4‎ C. 每生成1molK2FeO4，转移6mol e-‎ D. K2FeO4具有氧化杀菌作用 ‎【答案】C ‎【详解】反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。‎ A.氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，A正确；‎ B.反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂＞氧化产物，故氧化性：KNO3＞K2FeO4，B正确；‎ C.反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，C错误；‎ D.K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎14.如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. A作肥料时不适合与草木灰混合施用 B. 同主族元素的氢化物中B的沸点最低 C. C一般用排水法收集 D. D→E的反应可用于检验D ‎【答案】B ‎【详解】由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为NO，所以D为NO；NO氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。‎ A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；‎ B. B为NH3，氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的氢化物中，NH3的沸点最高，故B项错误；‎ C. C为N2，N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；‎ D. NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】氨气和氧气反应生成氮气和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮气体；氮气和氧气在放电条件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。‎ ‎15.如图是SO2(g)和O2(g)反应生成SO3(g)的能量变化示意图，由图可知( )‎ A. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) △H= -197.8 kJ/mol B. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) △H= +197.8 kJ/mol C. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) △H= +989 kJ/mol D. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) △H= -98.9 kJ/mol ‎【答案】A ‎【分析】据图分析反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，SO2(g)+ O2(g) ⇌SO3(g) △H=-98.9kJ/mol。‎ ‎【详解】据图分析反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，SO2(g)+ O2(g) ⇌SO3(g) △H=-98.9kJ/mol。因此可推出：2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) △H= -197.8 kJ/mol，答案为A。‎ ‎16.某同学采用工业大理石(含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3‎ B. 使用石灰水时，要控制pH，防止固体Ⅱ中Al(OH)3转化为AlO2－‎ C. 试剂a选用盐酸，从溶液Ⅲ得到CaCl2·6H2O产品过程中，须控制条件防止其分解 D. 若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O ‎【答案】D ‎【详解】A.SiO2难溶于盐酸，固体Ⅰ中含有SiO2；氯化铝、氯化铁与氢氧化钙反应生成Fe(OH)3，所以固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，，故A正确；‎ B.Al(OH)3可溶于强碱，使用石灰水时，要控制pH，防止固体Ⅱ中Al(OH)3转化为AlO2－，故B正确；‎ C.CaCl2·6H2O易失去结晶水，所以须控制条件防止其分解，故C正确；‎ D.溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，生成氯化铵，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶不能得到纯净CaCl2·6H2O，故D错误。‎ 故选D。‎ Ⅱ卷 二．（本题包括4小题，共49分）‎ ‎17.某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。‎ 供选试剂：30%H2O2溶液、0.1mol/L H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体 ‎（1）小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下 操作 现象 甲 向I的锥形瓶中加入_____，向I的______中加入30%H2O2溶液，连接I、Ⅲ，打开活塞 I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝 乙 向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯 Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝 丙 向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol/LH2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯 Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝 ‎（2）丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是__________________________________。‎ ‎（3）对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是_____________________。为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是_________________________。‎ ‎（4）由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。学生将I中产生的气体直接通入下列_____(填字母)溶液，证明了白雾中含有H2O2。‎ A．酸性KMnO4 B．FeC‎12 C．Na2S D．品红 ‎【答案】(1). MnO2固体 (2). 分液漏斗 (3). O2＋4I－＋4H＋=2I2＋2H2O (4). 酸性环境 (5). 使用不同浓度的稀硫酸作对比实验 (6). AD ‎【分析】（1）根据装置甲的特点，用过氧化氢与二氧化锰反应制取氧气；‎ ‎（2）根据丙的实验现象，在酸性条件下氧气与碘离子反应生成碘单质和水；‎ ‎（3）对比乙、丙实验可知，不同之处为是否加入硫酸；为探究酸的浓度对反应速率的影响，使用不同浓度的稀硫酸做对比实验；‎ ‎（4）白雾中含有H2O2、O2，均具有氧化性，据此判断。‎ ‎【详解】（1）根据装置甲的特点，用过氧化氢与二氧化锰反应制取氧气，则在锥形瓶中加入二氧化锰固体，在分液漏斗中加入30%H2O2溶液；‎ ‎（2）根据丙的实验现象，在酸性条件下氧气与碘离子反应生成碘单质和水，反应的离子方程式为O2＋4I－＋4H＋=2I2＋2H2O；‎ ‎（3）对比乙、丙实验可知，不同之处为是否加入硫酸，则反应适宜条件为酸性；为探究酸的浓度对反应速率的影响，使用不同浓度的稀硫酸做对比实验；‎ ‎（4）白雾中含有H2O2、O2，均具有氧化性。‎ A．白雾遇到酸性KMnO4只与H2O2反应，现象为高锰酸钾溶液褪色，可验证含有H2O2，A正确；‎ B．白雾与FeC12 混合时，氧气也能使亚铁离子生成铁离子，不能验证是否含有H2O2，B错误；‎ C．白雾与Na2S混合时，氧气也能使硫离子生成单质硫，不能验证是否含有H2O2，C错误；‎ D．白雾与品红混合时，只有过氧化氢使品红溶液褪色，可验证存在H2O2，D正确；‎ 答案为AD。‎ ‎18.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如图：‎ 已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。‎ ‎②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：‎ ‎③Cr(OH)(H2O)5SO4是难溶物。‎ 阳离子 Fe3＋‎ Mg2＋‎ Al3＋‎ Cr3＋‎ 沉淀完全时的pH ‎3.7‎ ‎11.1‎ ‎5.4(＞8溶解)‎ ‎9(＞9)溶解 ‎（1）实验室用18.4mol·L－1的浓硫酸配制480 mL2mol·L－1的硫酸，需要量取浓硫酸_____mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需________________。‎ ‎（2）H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：___________________________________________。‎ ‎（3）加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O72-转化为_____________ (填微粒的化学式)。‎ ‎（4）钠离子交换树脂的反应原理为Mn＋＋nNaR=MRn＋nNa＋，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有___________________________。‎ ‎（5）写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：__________________。‎ ‎（6）沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN－的浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：‎ 银盐性质 AgCl AgI AgCN Ag2CrO4‎ AgSCN 颜色 白 黄 白 砖红 白 Ksp ‎1.8×10－10‎ ‎8.3×10－17‎ ‎1.2×10－16‎ ‎3.5×10－11‎ ‎1.0×10－12‎ 滴定时可选为滴定指示剂的是___(填编号)，滴定终点的现象是_______________________。‎ A．NaCl B．K2CrO‎4 C．KI D．NaCN ‎【答案】 (1). 54.3 (2). 500mL容量瓶、胶头滴管 (3). 2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋ (4). CrO42- (5). Mg2＋、Ca2＋ (6). 2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42-＋2OH－ (7). B (8). 当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变 ‎【分析】（1）根据大而近的原则，选用容量瓶的规格，再进行计算；‎ ‎（2）H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O72-，而确定反应物及生成物再配平；‎ ‎（3）根据2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，利用勒夏特列原理确定；‎ ‎（4）对调节pH=8后，溶液中的阳离子进行树脂交换；‎ ‎（5）SO2与CrO42-反应生成Cr(OH)(H2O)5SO4和SO42-，确定反应主体，再配平氧化还原反应；‎ ‎（6）根据Ksp大小及现象确定指示剂。‎ ‎【详解】（1）配制480 mL2mol·L－1的硫酸时，应选用500mL的容量瓶，配制完成后再量取480mL溶液；根据c1×V1=c2×V2，V1=c2×V2/c1=2mol·L－1×‎0.5L/18.4mol·L－1=54.3mL；‎ ‎（2）双氧水具有强氧化性，H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O72-，反应物为Cr3＋、H2O2和水，生成物为Cr2O72-和H+，利用化合价升降法配平，离子方程式为2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋；‎ ‎（3）已知2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，加入NaOH溶液时，碱性增强，消耗氢离子，生成CrO42-；‎ ‎（4）调节pH=8时，根据溶液的pH表，除去溶液中的Fe3＋、Al3＋，溶液中阳离子仍旧剩余Mg2＋、Ca2＋，利用钠离子交换树脂可除去Mg2＋、Ca2＋；‎ ‎（5）根据流程可知，SO2与CrO42-反应生成Cr(OH)(H2O)5SO4和SO42-，根据反应特点，反应物还有水，利用化合价升降法配平、补充缺少项，离子方程式为2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42-＋2OH－；‎ ‎（6）A．选用NaCl作指示剂时，多滴加一滴硝酸银溶液时，产生白色的氯化银沉淀，与AgSCN现象相同，无法判断终点，A错误；‎ B．K2CrO4作指示剂，Ksp（Ag2CrO4）＞Ksp（AgSCN）,多滴加一滴硝酸银溶液时，SCN-已沉淀完全，则立即产生砖红色沉淀，可判断滴定终点，B正确；‎ C．KI作指示剂，Ksp（AgSCN）＞Ksp（AgI），滴加硝酸银时，先生成AgI沉淀，无法判断滴定终点，C错误；‎ D．NaCN作指示剂，Ksp（AgSCN）＞Ksp（AgCN），滴加硝酸银时，先生成AgCN沉淀，且均为白色沉淀，无法判断滴定终点，D错误；‎ 答案为B。‎ 根据以上分析可知滴定终点时，当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变。‎ ‎【点睛】测定某废水中SCN－的浓度用硝酸银标准液进行滴定，若选用的指示剂与银离子反应的Ksp小于Ksp（AgSCN）时，则指示剂首先与银离子反应，无法判断滴定终点。‎ ‎19. 分B、C、D、E、F 是原子序数依次增大的短周期主族元素，B 是短周期中金属性最强的 元素，C 是同周期中离子半径最小的元素，D 元素的最高价氧化物对应水化物与 B ‎ 元素的最高 价氧化物对应水化物反应的产物 M 是制备木材防火剂的原料，E 的最外层电子数与内层电子数 之比为 3﹕5。请回答：‎ ‎(1)D 的原子结构示意图为___________________。‎ ‎(2)写出工业制 F 单质的化学方程式：___________________。‎ ‎(3)用电子式表示元素 B 与元素 F 形成的化合物：___________________。‎ ‎(4)B单质与氧气反 应的产物与 C 的单质同时放入水中，产生两种无色气体，有关的化学方程式为____________________、___________________。‎ ‎(5)写出 M 与盐酸反应的离子方程式：___________________。‎ ‎(6)工业上将干燥的 F 单质通入熔融的 E 单质中可制得化合物 E‎2F2，该物质可与水反应生成 一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol 该物质参加反应时转移 0.3mol 电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为___________________。‎ ‎【答案】(1)；‎ ‎(2)2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑； (3)；‎ ‎(4)2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；‎ ‎(5)SiO32-+2H+=H2SiO3↓；‎ ‎(6)2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。‎ ‎【解析】试题分析：B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；而B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，元素均处于第三周期，C是同周期中离子半径最小的元素，则C为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si，M为Na2SiO3，E的最外层电子数与内层电子数之比为3﹕5，则最外层电子数为6，故E为S元素，则F为Cl元素。‎ ‎(1)D为Si元素，原子结构示意图为：，故答案为：；‎ ‎(2)工业制氯气的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；‎ ‎(3)元素B与元素F形成的化合物为NaCl，其电子式为：，故答案为：；‎ ‎(4)Na与氧气反应的产物与Al单质同时放入水中，产生两种无色气体，应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠与Al反应生成偏铝酸钠与氢气，有关的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；‎ ‎(5)Na2SiO3与盐酸反应的离子方程式：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故答案为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓；‎ ‎(6)工化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。‎ 考点：考查了结构性质位置关系的应用的相关知识。‎ ‎20.Ⅰ.（1）真空碳热还原-氧化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：‎ Al2O3(s)+AlCl3(g)+‎3C(s)＝3AlCl(g)+3CO(g) △H=akJ·mol-1‎ ‎3AlCl(g)＝2Al(l)+AlCl3(g) △H=bkJ·mol-1‎ 反应Al2O3(s)+‎3C(s)＝2Al(l)+3CO(g)的△H=_____kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)；‎ ‎（2）已知2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H反应过程的能量变化如图所示，已知1molSO2(g)氧化为1molSO3放出99kJ的热量，请回答下列问题：‎ ①图中A分别表示________；‎ ‎②E的大小对该反应的反应热____(填“有”或“无”)影响；‎ ‎③该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点____(填“升高”“降低”)。‎ Ⅱ.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活中的主要能源物质。请回答下列问题：‎ ‎（3）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如图：‎ ‎ ΔH＝＋88.6 kJ/mol 则M、N相比，较稳定的是_____。‎ ‎（4）已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238.6kJ/mol，CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－akJ/mol，则a____238.6(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ ‎【答案】(1). a+b (2). 反应物总能量 (3). 无 (4). 降低 (5). M (6). ＜‎ ‎【分析】（1）根据盖斯定律求解；‎ ‎（2）焓变为生成物的总能量-反应物的总能量，催化剂对反应的焓变无影响，只影响反应的活化能；‎ ‎（3）物质具有的能量越低越稳定；‎ ‎（4）利用H2O(g)=H2O(l)放出热量进行求解。‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律，上述两式相加即可得到Al2O3(s)+‎3C(s)＝2Al(l)+3CO(g)，则△H=(a+b)kJ·mol-1；‎ ‎（2）①图中A为反应物总能量；‎ ‎②焓变为生成物的总能量-反应物的总能量，与E的大小无关；‎ ‎③催化剂能够降低反应物的活化能即E的大小，则催化剂会使B点降低；‎ ‎（3）有机物M经过太阳光光照可转化成N，焓变为+88kJ/mol，为吸热反应，则N具有的能量大于M，M较稳定；‎ ‎（4）CH3OH(l)的燃烧热方程式为CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－238.6 kJ/mol，由于气态水的能量高于液态水的能量，即燃烧时产生气态水时释放的热量少，则a＜238.6。‎