福建省福建师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试化学试题

福建省福建师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试化学试题

福建师大附中 2019-2020 学年上学期半期考试 高三 化学试卷 可能用到的相对原子质量： O-16 S-32 W-184 第Ⅰ卷（选择题，共 48 分） 一、选择题：本题有 16 个小题。每小题 3 分，共 48 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是 A. 目前提岀的“低碳经济”，即减少向环境排放 CO2，抑制酸雨的形成 B. 推广使用燃料电池汽车，可减少颗粒物、CO 等有害物质的排放 C. 高纯度的硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路” D. 水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品 【答案】B 【解析】 【详解】A. 目前提岀的“低碳经济”，即减少向环境排放 CO2，可降低温室效应，氮硫氧化 物可引起酸雨的形成，故 A 错误； B. 研制开发燃料电池汽车，就可以减少机动车化石燃料的燃烧，进而可以减少汽车尾气的排 放，因此可以减少固体颗粒物的排放，所以在某种程度上可以减少空气中 PM2.5 含量，故 B 正确； C. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅与强碱可反应，光导纤维遇强碱会 “断路”，故 C 错误； D. 水泥、玻璃、青花瓷属于传统的硅酸盐工业产品，水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，不 属于硅酸盐材料，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】光导纤维的材料是二氧化硅，硅可用于制作太阳能电池，这是不同物质具有的不同 特性。 2.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ） A. 淀粉、CuO、HClO、Cu B. 水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3 C. KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OH D. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖 【答案】D 【解析】 【分析】 混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物； 弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不 能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。 【详解】A. 淀粉属于混合物、CuO 属于氧化物、HClO 属于弱电解质、Cu 是单质不是电解质， A 项错误； B. 水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2O⋅ CaO⋅ 6SiO2 是盐不是氧化物，Na2O 融完全电 离是强电解质、SO3 是非电解质，B 项错误； C. KAl(SO4)2⋅ 12H2O 属于盐、KClO3 是盐不是氧化物,NH3⋅ H2O 是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH 是有机物属于非电解质，C 项错误； D. 普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O 属于氧化物、CH3COOH 存在电离平衡属于弱电 解质，葡萄糖属于非电解质，D 项正确； 答案选 D。 3.下列关于指定粒子构成的几种描述中正确的是 A. 14 6 C 与 12 6 C 是不同的核素，所以分别由这两种原子构成的石墨化学性质不同 B. H2O 和 D2O 是同分异构体 C. H3O+与-OH 具有相同的电子数 D. 37Cl 与 39K 具有相同的中子数 【答案】D 【解析】 【详解】下列关于指定粒子构成的几种描述中正确的是 A.14 6 C 与 12 6 C 是碳元素的不同核素， 14 6 C 与 12 6 C 互称同位素，同位素的化学性质基本完全相同， 物理性质差别较大，所以分别由这两种原子构成的石墨化学性质相同，故 A 错误； B. 元素组成相同，结构相同的物质为同一物质，H2O、D2O 都是由氢元素、氧元素组成的，结 构相同，为同一物质，故 B 错误； C. H3O+是 10 电子微粒，-OH 叫做羟基，是 9 电子微粒，电子数不同，故 C 错误； D. 中子数=质量数-质子数，37Cl 的质子数为 17，质量数为 37，中子数=37-17=20，39K 的质子 数为 19，质量数为 39，中子数=39-19=20，则具有相同的中子数，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体；要识记元素符号周围角标标示的含 义。 4.1mol 白磷（P4，s）和 4mol 红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E 表示能量）。 下列说法正确的是 A. 红磷燃烧的热化学方程式是 4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ • mol-1 B. P4(s，白磷) = 4P(s，红磷) ΔH＞0 C. 白磷比红磷稳定 D. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等 【答案】A 【解析】 【详解】A. 如图所示，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，ΔH= E 生- E 反， E3 生 成 物 的 总 能 量 ， E2 为 反 应 物 的 总 能 量 ， 红 磷 燃 烧 的 热 化 学 方 程 式 是 4P(s ， 红 磷)+5O2(g)=P4O10(s) ΔH= -(E2-E3)kJ • mol-1，故 A 正确； B. 如图所示，白磷的能量高于红磷的能量，反应 P4(s，白磷) = 4P(s，红磷)为放热反应， ΔH<0，故 B 错误； C. 能量越低越稳定，如图所示，白磷的能量高于红磷的能量，则红磷比白磷稳定，故 C 错误； D. 白磷和红磷的分子结构不同，化学键的连接方式不同，由稳定分子变为活化分子需要的能 量也不同，则二者需要的活化能不相等，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】物质自身具有的能量越低，这种物质越稳定，键能越大。 5.设 NA 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，0.1mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为 0.1NA B. 标准状况下，2.24L NO 和 2.24L O2 混合后气体分子数为 0.15 NA C. 0.1mol Na2O2 与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为 0.1NA D. 加热条件下，1mol Fe 投入足量的浓硫酸中，生成 NA 个 SO2 分子 【答案】C 【解析】 【详解】A. 氯气与水是可逆反应，0.1mol Cl2 与水不能完全反应，转移的电子数目小于 0.1NA， 故 A 错误； B. 标准状况下，2.24L NO 为 0.1mol， 2.24L O2 为 0.1mol，混合后发生反应生成二氧化氮， 反应方程式为 2NO+ O2=2NO2，0.1mol NO 反应消耗 0.05mol O2，生成 0.1mol NO2，剩余 0.05mol O2，生成的 NO2 自身存在 2NO2 N2O4，则反应后气体分子的总物质的量小于 0.15mol，因此气 体分子数小于 0.15 NA，故 B 错误； C. 潮湿的二氧化碳中含有水， 0.1mol Na2O2 与水和二氧化碳都反应生成氧气，Na2O2 在两个反 应中都既做氧化剂又做还原剂，发生歧化反应，1mol 过氧化钠完全反应转移 1mol 电子，则 0.1mol Na2O2 完全反应转移的电子数为 0.1NA，故 C 正确； D. 加热条件下，由于浓硫酸具有氧化性，铁单质被氧化为三价铁，化学方程式为 2Fe+6H2SO4(浓) Δ Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O ，1mol Fe 投入足量的浓硫酸中，根据反应生成 1.5mol SO2，则 SO2 分子数目为 1.5NA 个，故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】阿伏伽德罗常数的题要细心的分析物质与其他物质间的相互转化，根据化合价的变 化，找出转移的电子数。 6.下列各组物质的稀溶液互滴时，所产生的现象相同的是 A. AlCl3 和 NaOH B. Na2CO3 和 HCl C. NaHCO3 和 HCl D. 氨水和 AgNO3 【答案】C 【解析】 【详解】A. AlCl3 逐滴滴入 NaOH 时直接生成 NaAlO2，先没有沉淀，后出现白色沉淀，而 NaOH 逐滴滴入 AlCl3，先出现白色沉淀，后沉淀消失，现象不同，故 A 不符合题意； B. Na2CO3 逐滴滴入 HCl 时开始就有气泡冒出，而 HCl 逐滴滴入 Na2CO3，先生成 NaHCO3 没有气 泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，故 B 不符合题意； C. NaHCO3 逐滴滴入 HCl 与把 HCl 逐滴滴入 NaHCO3 都发生同样的反应，观察到相同的现象，故 C 符合题意； D. 氨水逐滴滴入 AgNO3，先生成沉淀后沉淀溶解，AgNO3 逐滴滴入氨水发生没有沉淀生成，现 象不同，故 D 不符合题意； 答案选 C。 【点睛】反应物和生成物的量不同，导致现象不一样，可用互滴法鉴别。 7.常温下，下列各组离子在溶液中一定能够大量共存的是 A. pH=3 的溶液：Na+、Cl-、Fe3+、ClO- B. pH=10 的溶液：K+、SO4 2-、HCO3 -、NH4 + C. 使石蕊试液变红的溶液： Na+、Cl-、SO4 2-、AlO2 - D. 与金属 Al 反应能生成 H2 的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br- 【答案】D 【解析】 【详解】A. pH=3 的溶液呈酸性，ClO-不能大量存在，故 A 错误； B. pH=10 的溶液呈碱性，HCO3 -、NH4 +不能大量存在，故 B 错误； C. 使石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+与 AlO2 -反应不能大量共存，故 C 错误； D. 与金属 Al 反应能生成 H2 的溶液可能为酸性或碱性：K+、Ba2+、Cl-、Br-在酸性和碱性条件下 都不发生反应，能够大量共存，故 D 正确； 答案选 D。 8.下列说法正确的是 ①常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应，则非金属性：P>N ②第 I A 族元素铯的两种核素，137Cs 比 133Cs 多 4 个质子 ③因为氧化性 HClO>稀 H2SO4，所以非金属性 Cl>S ④离子化合物中即可以含有极性共价键，又可以含有非极性共价键 ⑤C、P、S、Cl 的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强 ⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性 HCl > HI ⑦离子半径：K+ > Cl-> S2- A. ②③④⑤⑥⑦ B. ④⑤ C. ②③④⑦ D. ④⑤⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】①不能根据单质的稳定性来判断元素的非金属性，N、P 都是第 VA 族元素，非金属性： N>P，故①错误； ②同位素的质子数相同,第 IA 族元素铯的两种同位素 137Cs 与 133Cs 的质子数相同，中子数不同， 故②错误； ③不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱，应该比较最高价氧化物的水化物 的酸性：HClO4>H2SO4，所以非金属性：Cl>S，故③错误； ④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如 NaOH 含有离子键和极性共价键，Na2O2 含有离子键和非极性共价键，故④正确； ⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl 的非金属性逐 渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故⑤正确； ⑥同主族元素从上到下，卤族氢化物的酸性逐渐增强，则酸性 HClR>Y C. W 的简单氢化物稳定性比 Z 的简单氢化物稳定性低 D. Y 与 W 形成的化合物 YW2 的熔点高、硬度大 【答案】C 【解析】 【分析】 短周期元素 R、W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，R 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，R 是 C 元素；X 元素的焰色反应呈黄色，X 是 Na 元素；W 元素和 Z 元素同主族，且 Z 元素 的核电荷数是 W 的 2 倍，W 是 O 元素，Z 是 S 元素；Y 是地壳中除氧外含量最多的非金属元素， Y 是 Si 元素。 【详解】A．O 与 Na 形成的两种化合物分别是 Na2O 和 Na2O2,它们的阴、阳离子的个数比均为 1∶2， A 正确； B．Si、C、S 的非金属性逐渐增强，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序： S>C>Si，B 正确； C．O 元素的非金属性强于 S 元素，所以 O 的简单氢化物稳定性比 S 的简单氢化物稳定性高，C 错误； D．SiO2 是原子晶体，具有熔点高、硬度大的特点，D 正确; 答案选 C。 11.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是 选项 实验操作 实验目的或结论 A 向左推注射器 通过观察液面差判断该装置的气密性 B 向含有少量 FeCl3 的 MgCl2 溶液中加入足量 MgO 粉末， 搅拌一段时间后过滤 除去 MgCl2 溶液中少量 FeCl3 C 取久置的 Na2O2 粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生 无色气体 说明 Na2O2 没有变质 D 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，铝箔熔化但不滴 落 说明铝箔表面有致密 Al2O3 薄膜，且 Al2O3 熔点高于 Al A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A. 利用压强差检验装置气密性，向里推注射器，试管中压强增大，如果气密性良好， 导管内液面上升，否则，气密性不好，所以能实现实验目的，故 A 不符合题意； B. 氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化镁，能实现除杂目的， 故 B 不符合题意； C. 空气中有二氧化碳，久置于空气中的 Na2O2 粉末，可能混有碳酸钠，二者均与盐酸反应生成 气体，则加盐酸生成无色气体，不能说明是否变质，故 C 符合题意； D. 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，因生成的氧化铝的熔点高，包裹在 Al 的外面使其不 滴落，故 D 不符合题意； 答案选 C。 12.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。已知反应： ①CH4 (g) +2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(l) ΔH1 = a kJ • mol-1 ②CH4(g) + 2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(g) ΔH2 = bkJ • mol-1 其他数据如下表所示，下列说法正确的是 化学键 C=O C—H O—H O=O 键能/(kJ • mol-1) 798 413 463 x A. ΔH1 < ΔH2 B. H2O(g) = H2O(1) ΔH=(a-b)kJ • mol -1 C. 当有 4NA 个 O-H 键生成时，反应放出的热量为 a kJ D. 上文中 x =1796+a 2 【答案】A 【解析】 【详解】A.反应① ②都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热ΔH<0，等量的甲烷 完全燃烧生成液态水比生成气态水放出的热量多，则有 a>b，因ΔH 为负值，放出的热量越多， ΔH 越小因，因此放出的ΔH1 < ΔH2，故 A 正确； B. ①CH4 (g) +2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(l) ΔH1 = a kJ • mol-1，②CH4(g) + 2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(g)ΔH2 = bkJ • mol-1，根据盖斯定律 1 2 (①-②)可得：H2O(g) = H2O(1) ΔH= 1 2 (a-b)kJ • mol -1，故 B 错误； C. 当有 4NA 个 O—H 键生成时，反应消耗了 1mol 甲烷，按照反应①进行生成液态水放出的热 量为 a kJ，按照反应②进行生成液态水放出的热量为 bkJ，故 C 错误； D. 根据反应②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=b kJ • mol-1，ΔH2=413 kJ • mol-1×4+2x kJ • mol-1-(798 kJ • mol-1×2+463 kJ • mol-1×4)= bkJ • mol-1，整理可得：x=1796+b 2 ， 故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】本题的易错点在 D 选项，计算物质中化学键的键能时，该题需要注意，H2O(g)=H2O(1) 是物质状态变化而引起的能量变化，分子内的化学键没有发生变化，因此要用生成气态水是 的反应②才能准确计算 O=O 的键能大小。 13.下列离子方程式的书写及评价均合理的是 选项 离子方程式 评价 A 将 2mol Cl2 通入到含 1mol FeI2 的溶液中： 2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2 正确；Cl2 过量，Fe2+、I-均被氧化 B KClO 碱性溶液与 Fe(OH)3 反应： 3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO4 2-+3Cl-+H2O+4H+ 正确；ClO-氧化性强于 FeO4 2- C 过量 SO2 通入到 NaClO 溶液中： SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3 - 正确；H2SO3 的酸性强于 HClO D Mg(HCO3)2 溶液与足量的 NaOH 溶液反应： Mg2++2HCO3 -+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO3 2-+2H2O 正确；Mg(OH)2 比 MgCO3 更难溶 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A. Fe2+的还原性比 I-强，1mol FeI2 完全氧化消耗 1.5mol Cl2，将 2mol Cl2 通入到含 1mol FeI2 的溶液中，正确的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，离子方程式及评价 都不合理，故 A 错误； B. KClO 碱性溶液与 Fe(OH)3 反应，不可能产生氢离子，正确的离子方程式： 3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO4 2-+3Cl-+5H2O，评价和离子方程式均不合理，故 B 错误； C. 过量 SO2 通入到 NaClO 溶液中，SO3 2-有强还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正 确的离子方程式为 SO2+H2O+ClO-=2H++SO4 2-+Cl-，评价和离子方程式均不合理，故 C 错误； D. Mg(HCO3)2 溶液与足量的 NaOH 溶液反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水，离子方程式： Mg2++2HCO3 -+4OH-=Mg(OH)2+2CO3 2-+2H2O，评价和离子方程式均合理，故 D 正确； 答案选 D。 14.“84”消毒液(工业利用 Cl2 与 NaOH 反应制得）可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析 不正确的是 实验操 作 实验现 象 混合后溶液的 pH=9.9,短时 间内未褪色，一段时间后蓝 色褪去。 混合后溶液 pH=5.0，蓝色迅速 褪去，无气体产生。 混合后溶液 pH=3.2，蓝色迅速褪去， 并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化 钾试纸变蓝。 A. 对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应 ClO−+H+═HClO B. 实验③中产生的气体是 Cl2，由 HClO 分解得到：2HClO═Cl2↑+H2O C. 对比实验②和③，溶液的 pH 可能会影响 ClO−的氧化性或 Cl−的还原性 D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控合适的 pH 才能安全使用 【答案】B 【解析】 【详解】A. “84”消毒液(有效成分为 NaClO)溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生 成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸浓度大漂白效果快， ②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应 ClO−+H+═HClO，故 A 正确； B. “84”消毒液(有效成分为 NaClO)溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，混合后溶液 pH=3.2， 蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成了氯气，是氯离 子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成了氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具 有漂白性，生成的盐酸呈酸性，故 B 错误； C. 对比实验②和③，酸溶液浓度大小会影响反应过程，溶液的 pH 可能会影响 ClO−的氧化性 或 Cl−的还原性，故 C 正确； D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气，需要调控 合适的 pH 才能安全使用，故 D 正确； 答案选 B。 15.强酸性溶液 X 中可能含有 Na+ ， K+、NH4 +、 Fe3+、Fe2+、Al3+、CO3 2-、 SO3 2-、SO4 2-、C1-的若 干种，某同学为了确认其成分，取 X 溶液进行连 续实验，实验过程及产物如下所示： 下列结论止确的是 A. 气体 A 是 SO2，证明原溶液中含有 SO3 2- B. 沉淀 G 中加人盐酸溶解，滴加 KSCN 溶液显红色，可以确定原溶液中 有 Fe3+ C. 沉淀 I―定是 A1(OH)3 D. X 中不能确定的离子是 Al3+、Fe3+ 、Na+ 、K +和 Cl- 【答案】D 【解析】 【详解】①强酸性溶液中 CO3 2−、SO3 2−不能存在；②X 溶液中加入过量 Ba(NO3)2 溶液生成沉淀 C 是 BaSO4 ，说明有 SO4 2−存在；硝酸被还原生成气体 A 为 NO，说明有还原剂 Fe2+ 存在,(即 3Fe2++4H++NO3 -=3Fe3++NO↑+2H2O)，在此反应中，Fe2+被氧化为 Fe3+。③溶液 B 加入过量 NaOH 溶 液，生成的沉淀 G 为 Fe(OH)3；生成的气体 F 为 NH3；说明有 NH4 +存在。④溶液 H 通入 CO2 生成 沉淀 I，由于前面加入过量的 Ba(NO3)2 溶液，引入了大量 Ba2+，且前面加入的 NaOH 是过量的， 所以沉淀 I 中一定有 BaCO3，又由于前面不能确定溶液 X 中是否存在 A13+，所以这里也不能确 定沉淀 I 中有 A1(OH)3；溶液 J 的焰色反应呈黄色，说明溶液 J 中有 Na+，但由于前面加入过 量 NaOH 溶液，引入了较多的 Na+，因此不能确定溶液 X 中是否存在 Na+；因为焰色黄色能掩盖 紫色焰色，所以不能确定溶液 X 中是否有 K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液 X 中是否 存在 C1−； A. 强酸性溶液 X 中 CO3 2-、SO3 2-不能存在，故 A 错误. B. 沉淀 G 为 Fe(OH)3,但 Fe3+可能是原来有的,也可能是 Fe2+被氧化生成的，故 B 错误； C. 溶液 H 通入 CO2 生成沉淀 I，由于前面加入过量的 Ba(NO3)2 溶液，引入了大量 Ba2+，且前面 加入的 NaOH 是过量的，所以沉淀 I 中一定有 BaCO3，又由于前面不能确定溶液 X 中是否存在 A13+，所以这里也不能确定沉淀 I 中有 A1(OH)3，故 C 错误； D. 溶液 J 的焰色反应呈黄色，说明溶液 J 中有 Na+，但由于前面加入过量 NaOH 溶液，引入了 较多的 Na+，因此不能确定溶液 X 中是否存在 Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能 确定溶液 X 中是否有 K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液 X 中是否存在 C1−，故 D 正确； 答案选 D。 16.二硫化钨(WS2 中 W 的化合价为+4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其 主要成分是 FeWO4，还含少量 Al2O3)制备 WS2 的工艺流程如下图所示： 下列说法正确的是 A. 操作 I 中用到的玻璃仪器只有漏斗、烧杯 B. FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式为4FeWO4＋O2＋8NaOH 高温 2Fe2O3＋4Na2WO4＋4H2O C. 已知(NH4)2WS4 中 W 的化合价为+6，且 2(NH4)2WS4＋3O2 高温 2WS2＋4NH3＋2S＋2SO2＋2H2O，则 生成 124g WS2，该反应所转移的电子数目为 2NA D. 滤渣 I 的主要成分是氢氧化铝，CO2 可以用过量盐酸代替 【答案】B 【解析】 【分析】 由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，Al2O3 和 NaOH 反应生成 NaAlO2，水浸时，可除去不溶于水的氧化铁，向粗钨酸钠溶液中通入过量 CO2，经过滤后得到 的滤液含钨酸钠，滤渣 I 的主要成份是 Al(OH)3，滤液再经酸化得钨酸，向钨酸中加入氨水并 控制温度得钨酸铵，继续通入 H2S 气体，生成(NH4)2WS4，最后将(NH4)2WS4 在氧气中高温加热即 可得到 WS2； 【详解】A. 操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故 A 错误； B. FeWO4 在碱熔过程中被空气中氧气氧化，生成 Fe2O3、Na2WO4 和 H2O，发生反应的化学方程式 为 4FeWO4+O2+8NaOH 高温 2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O，故 B 正确； C. 已知(NH4)2WS4 中 W 的化合价为+6，且 2(NH4)2WS4+3O2 高温 2WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O，反应中 (NH4)2WS4 中+6 价 W 被还原为+4 价的 WS2，-2 价 S 元素被氧化成 0 价的 S 单质，每生成 2molWS2 转移了 4mol 电子，同时参加反应的氧气为 3mol，则反应中共转移 16mol 电子，124gWS2 的物 质的量为： 124g 248g/mol =0.5mol，转移电子的物质的量为：16mol× 0.5mol 2mol =4mol，即转移电 子数目为 4NA，故 C 错误； D. 滤渣 I 的主要成分是氢氧化铝，过量盐酸可将氢氧化铝溶解，导致杂质铝除不干净，则 CO2 不可以用过量盐酸代替，故 D 错误； 答案选 B。 第Ⅱ卷（非选择题，共 52 分） 二、非选择题：本题有 4 个小题。 17.A、D、E、W 是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A 的原子最外层电子数是次外层 的 2 倍，D 的氧化物属于两性氧化物，D、E 位于同周期，A、D、E 的原子最外层电子数之和为 14，W 是人体必需的微量元素，缺 W 会导致贫血症状。 （1）写出 AE4 的电子式：____________________。 （2）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）___________。 a．D 的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于 Mg(OH)2 b．E 的气态氢化物的稳定性小于 HF c．WE3 的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板 （3）NaCN 是一种有剧毒的盐，用 E 的一种氧化物 EO2 可以除去水溶液中含有的该有毒物质， 得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。写出该反应的离子方程式： _________________________________________。 （4）工业上用电解法制备 D 的单质，反应的化学方程式为_____________________。 （5）W 的单质可用于处理酸性废水中的 NO3 -，使其转换为 NH4 +，同时生成有磁性的 W 的氧化物 X，再进行后续处理。 ①上述反应的离子方程式为___________________________________________。 ②D 的单质与 X 在高温下反应的化学方程式为____________________________。 【答案】 (1). (2). ab (3). 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl- (4). 2Al2O3 （熔融） 电解 冰晶石 4Al + 3O2↑ (5). 3Fe + NO3 - + 2H++ H2O = Fe3O4 + NH4 + (6). 8Al+3Fe3O4 高温 4Al2O3+ 9Fe 【解析】 【分析】 A、D、E、W 是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A 的原子最外层电子数是次外层的 2 倍，A 为 C；D 的氧化物属于两性氧化物，D 为 Al；D、E 位于同周期，A、D、E 的原子最外层 电子数之和为 14，14-4-3=7，则 E 为 Cl；W 是人体必需的微量元素，缺乏 W 会导致贫血症状， W 为 Fe。 【详解】（1）A 为 C，E 为 Cl，AE4 为 CCl4，电子式为 ； （2）a.同周期元素金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以 D 的最高价氧 化物对应水化物氢氧化铝的碱性弱于 Mg(OH)2，故 a 符合题意； b.同周期元素非金属性依次增强，所以 F 的非金属性强于 O，则氢化物稳定性 H2O 小于 HF，故 b 符合题意； c.氯化铁与铜发生氧化还原反应，所以可以用氯化铁的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板， 不能用元素周期律解释，故 c 不符合题意； 答案选 ab； （3）NaCN 是一种有剧毒的盐，E 为 Cl，用 E 的一种氧化物 ClO2 可以除去水溶液中含有的该有 毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。该反应的离子方程式： 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-； （4）D 为 Al，工业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝的单质，反应的化学方程式为 2Al2O3（熔 融） 电解 冰晶石 4Al+3O2↑； （5）W 的单质可用于处理酸性废水中的 NO3 -，使其转换为 NH4 +，同时生成有磁性的 W 的氧化物 X，再进行后续处理，①酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化性铁生成四氧化三 铁，反应的离子方程式为 3Fe+NO3 - +2H++H2O=Fe3O4 +NH4 +； ②铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O4 高温 4Al2O3+ 9Fe。 18.为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物(NOx)、SO2 等，减少大气污染。科学家不断对相 关反应进行研究尝试。 （1）按每年全国发电燃煤 8 亿吨，煤中含硫质量分数以 2%计，若不经过脱硫处理，则会有 _______亿吨 SO2 排放到大气中（假设 S 全部转化为 SO2）。 （2）下列物质中，能吸收 SO2 的有_______（填序号）。 a．氨水 b．酸性 KMnO4 溶液 c．生石灰 d．Na2CO3 溶液 （3）某工厂采用(NH4)2SO3 和 NH4HSO3 的混合溶液 A 吸收废气中的 SO2 并制备(NH4)2SO3·H2O，过 程如下： ①“吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3 和 NH4HSO3 物质的量之比变_____（填“大”或“小”）。 ②“制备”过程中，溶液 B 中发生反应的化学方程式是 _____________________。 ③检验产品(NH4)2SO3·H2O 中含有少量 SO4 2-的方法如下：取少量产品加水溶解，（将实验操作和 现象补充完整）___________________________________。 （4）选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟的烟气脱硝技术，其反应原理主要为：4NH3(g) ＋4NO(g)＋O2(g)  4N2(g)＋6H2O(g) ΔH= -1627 kJ•mol-1 ①被 NO 氧化的 NH3 和被 O2 氧化的 NH3 的物质的量之比为________________。 ②氨氮比 3n(NH ) n(NO) 会直接影响该方法的脱硝率如图为 350 ℃时只改变氨气的投放量，NO 的百 分含量与氨氮比的关系图。当 3n(NH ) n(NO) >1.0 时，烟气中 NO 含量反而增大，主要原因是 __________________。 【 答 案 】 (1). 0.32 (2). abcd (3). 小 (4). NH4HCO3 ＋ NH4HSO3= (NH4)2SO3·H2O↓＋ CO2↑ (5). 加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产 生 (6). 2：1 (7). 过量的 NH3 和 O2 反应生成 NO（或 4NH3+5O2=4NO+6H2O） 【解析】 【分析】 （1）根据硫元素质量守恒计算； （2）根据 SO2 的性质分析； （3）将烟气通入(NH4)2SO3 和 NH4HSO3 的混合溶液 A，(NH4)2SO3 吸收 SO2 得到溶液 B：NH4HSO3，将 NH4HCO3 与溶液 B 混合得到(NH4)2SO3•H2O， ①吸收过程的反应为：SO2+H2O+(NH4)2SO3=2NH4HSO3，据此分析； ②制备过程为 NH4HCO3 与溶液 B NH4HSO3 混合得到(NH4)2SO3•H2O 的反应； ③SO4 2-用酸化的氯化钡溶液检验，考虑排除亚硫酸根的干扰。 （4）①根据平衡常数的定义书写即可；从方程可知，4mol NH3 被氧化为 N2，失去电子为 12mol， 得到 12mol 电子的是 4mol NO 和 1mol O2，其中 4mol NO 得电子 8mol，1mol O2 得电子 4mol， 据此计算； ②氨气与氧气的反应生成 NO，据此分析； 【详解】（1）燃煤 8 亿吨，煤中含硫质量分数以 2%，则硫元素的质量为 0.16 亿吨，产生的 SO2 中硫元素也为 0.16 亿吨，则 m(SO2)× 32 64 =0.16，解得 m(SO2)=0.32 亿吨； （2）SO2 为酸性氧化物，能与碱性溶液和碱性氧化物反应，氨水、Na2CO3 溶液、生石灰均可吸 收 SO2，SO2 同时具有还原性，能被强氧化剂酸性 KMnO4 溶液吸收； 故答案为：abcd； （3）①吸收过程的反应为：SO2+H2O+(NH4)2SO3=2NH4HSO3，随着吸收，(NH4)2SO3 转化，越来越少， NH4HSO3 增多，(NH4)2SO3 和 NH4HSO3 物质的量之比变小； ②溶液 B 中发生反应的化学方程式是：NH4HCO3 +NH4HSO3═(NH4)2SO3•H2O↓+CO2↑； ③检验产品(NH4)2SO3•H2O 中含有少量 SO4 2-，应先加酸除去亚硫酸根的干扰，再用氯化钡溶液检 验，故方法为：取少量产品加水溶解，加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉 淀产生； （4）①反应 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌ 4N2(g)+6H2O(g)，从方程可知，4mol NH3 被氧化为 N2，失 去电子为 12mol，得到 12mol 电子的是 4mol NO 和 1mol O2，其中 4mol NO 得电子 8mol，1mol O2 得电子 4mol，故其中被 NO 和 O2 氧化的 NH3 的比例为 2：1； ②当氨氮比     3n NH n NO >1.0 时，过量的氨气与氧气的反应生成 NO，化学反应为 4NH3+5O2=4NO+6H2O，所以烟气中 NO 浓度增大，烟气中 NO 含量增大。 19.某实验小组欲探究浓硝酸的性质。 Ⅰ．木炭与浓硝酸反应： （1）甲同学设计了图 1 装置，认为若有红棕色气体产生就说明木炭与浓硝酸发生了反应。写 出木炭与浓硝酸反应的化学方程式____________________________。 （2）乙同学认为红棕色气体不能作为木炭与浓硝酸反应的证据，其理由是________。 （3）乙同学设计了图 2 装置实验，木炭能燃烧，并产生红棕色气体。针对该实验现象，乙同 学做出如下假设： 假设 a：_____________________________； 假设 b：红热木炭使 HNO3 分解产生 NO2，NO2 可能具有助燃性，木炭燃烧； 假设 c：红热木炭使 HNO3 分解产生 O2，木炭与 O2 反应燃烧； 假设 d：红热木炭使 HNO3 分解产生 NO2 和 O2，共同影响木炭的燃烧；…… （4）设计实验证明假设 b 成立，请将实验方案补充完整。 ①实验方法：_____________________________________________________。 实验现象：木炭在该气体中持续燃烧，火焰迅速变亮，集气瓶中气体颜色变浅直至无色，产 生的气体能使澄清石灰水变浑浊，且遇空气不变色。 ②根据实验现象写出木炭与此气体反应的化学方程式__________________。 Ⅱ．设计硝酸在不同条件下分解实验，方案见下表： （5）分析上述现象，得出使硝酸成功分解的关键是____________________________。 【答案】 (1). C+4HNO3（浓） Δ CO2↑+4NO2↑+2H2O (2). 硝酸分解也能产生红棕色 NO2 气体 (3). 红热木炭直接和硝酸蒸气反应 (4). 将红热的木炭伸入盛有 NO2 气体的集气 瓶中 (5). 2NO2＋2C = N2＋2CO2 (6). 光照或加热硝酸蒸气（或硝酸分子）分解 【解析】 【分析】 Ⅰ．（1）碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，据此书写化学方程式； （2）浓硝酸不稳定，加热易分解，也能产生红棕色 NO2 气体； （3）木炭能燃烧，并产生红棕色气体，可能是红热木炭使 HNO3 分解产生红棕色 NO2 气体，也 可能为红热木炭直接和硝酸蒸气反应； （4）①设计实验证明红热木炭使 HNO3 分解产生 NO2，NO2 可能具有助燃性，木炭燃烧，可将红 热的木炭伸入盛有 NO2 气体的集气瓶中，观察是否能直接反应； ②木炭在 NO2 气体中燃，结合元素守恒分析，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊则为二氧化碳， 另一种无色气体且遇空气不变色，则为氮气，据此写出化学方程式； Ⅱ．（5）硝酸在不同条件下分解实验，对照条件可知，先点燃ⅰ处酒精灯，溶液沸腾后没有 观察到红棕色气体产生，目的使硝酸变蒸气点燃ⅱ处酒精灯并加热试管中部，很快看到大量 红棕色气体产生，说明硝酸分子分解，据此判断使硝酸成功分解的关键。 【详解】Ⅰ．（1）碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，该反应的化学方程式为： C+4HNO3（浓） Δ CO2↑+4NO2↑+2H2O； （2）浓硝酸不稳定，加热易分解生成二氧化氮，浓硝酸和碳在加热条件下反应也生成二氧化 氮，所以对实验造成干扰，反应方程式为 4HNO3 Δ 4NO2↑+O2↑+2H2O，所以要想检验浓硝酸和碳 反应不能根据是否生成二氧化氮判断，要根据 CO2 判断； （3）乙同学设计了图 2 装置实验，木炭能燃烧，并产生红棕色气体，图示在燃烧匙中红热的 木炭，可能直接与硝酸反应产生二氧化氮气体，也可能是红热木炭使 HNO3 分解产生红棕色 NO2 气体； （4）①设计实验证明红热木炭使 HNO3 分解产生 NO2，NO2 可能具有助燃性，木炭燃烧，可将红 热的木炭伸入盛有 NO2 气体的集气瓶中，观察木炭在 NO2 气体中持续燃烧，火焰迅速变亮，集 气瓶中气体颜色变浅直至无色，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，且遇空气不变色，说明 假设 b 正确，反之不正确； ②木炭在 NO2 气体中燃，结合元素守恒分析，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊则为二氧化碳， 另一种无色气体且遇空气不变色，则为氮气，据此写出化学方程式为：2NO2＋2C = N2＋2CO2； Ⅱ．（5）光照 8 小时，溶液不变黄，浓硝酸几乎不分解，光照几分钟后看到液面上方出现红 棕色，溶液变黄，说明已经分解，先点燃ⅰ处酒精灯，溶液沸腾后没有观察到红棕色气体产 生，目的使硝酸变蒸气点燃ⅱ处酒精灯并加热试管中部，很快看到大量红棕色气体产生，说 明硝酸分子分解，由此可判断使硝酸成功分解的关键是光照或加热硝酸蒸气（或硝酸分子） 分解。 【点睛】本题为探究性实验题，主要考察学生分析问题，解决问题的能力，硝酸的不稳定性， 是解决这道题的关键，设计的实验围绕排除硝酸分解的干扰，对学生来说有些困难。 20.钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO2）是目前最好的白色颜料。制备 TiO2 和 Ti 的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位。含有 Fe2O3 的钛铁矿（主要成分为 FeTiO3） 制取 TiO2 的流程如下： （1）Ti 的原子序数为 22，位于元素周期表中第_________周期第___________族。 （2）步骤①加铁的目的是___________________；步骤②冷却的目的是__________。 （3）写出流程中生成 H2TiO3 的离子方程式__________________________________。 （4）上述制备 TiO2 的过程中，考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入______处理。 （5）由金红石(TiO2 )制取单质 Ti，涉及到的步骤为：TiO2→TiCl4 Mg 800 Ar，℃ Ti 已知：① C(s) + O2 (g) = CO2 (g) ΔH = －393.5 kJ•mol-1 ② 2CO(g) + O2 (g) = 2CO2(g) ΔH =－566 kJ•mol-1 ③ TiO2 (s) + 2Cl2 (g) = TiCl4 (s) + O2 (g) ΔH = +141kJ•mol-1 则 TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g) 的ΔH =___________。反应 TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti 在 Ar 气氛中进行的理由是_____________________。 【答案】 (1). 四 (2). ⅣB (3). 将 Fe3+还原为 Fe2+ (4). 析出 FeSO4•7H2O (5). TiO2++2H2O ⇌ H2TiO3+2H+ (6). 生石灰（或熟石灰、碳酸钙、废碱） (7). ﹣80kJ•mol ﹣1 (8). 防止高温下 Mg 或 Ti 与空气中的 O2（或 CO2、N2）作用 【解析】 【分析】 铁粉的作用由步骤①的前后以及最后所得产物中的 FeSO4•7H2O 分析，不难得出是为了除去混 合溶液中的 Fe3+；步骤②冷却的目的由操作过滤和得到的物质是 FeSO4•7H2O 可得，是为降低 FeSO4•7H2O 的溶解度；上述过程中，可以利用的副产物也可从反应产物入手分析为 FeSO4•7H2O、 CO、MgCl2；Mg 是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出 Ar 气作用为保护气，防 止 Mg 和 空 气 中 物 质 反 应 ； 图 示 水 浸 过 程 生 成 H2TiO3 同 时 生 成 的 H2SO4 溶 液 （TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4），应加入碱性物质处理，依盖斯定律，根据已知①，②可推算出 2C(s)+O2(g)=2CO(g) 的 △H=2×(-393.5)+566=-221 kJ•mol-1 ， 由 此 结 合 ③ 可 推 算 出 △H=-221+141=-80 kJ•mol-1，据此答题。 【详解】（1）Ti 位于元素周期表中第四周期ⅣB 族； （2）步骤①铁粉的作用是为了除去混合溶液中的 Fe3+；步骤②冷却的目的由操作过滤和得到 的物质是 FeSO4⋅ 7H2O 可得，是为降低 FeSO4⋅ 7H2O 的溶解度； （3）图示水浸过程生成 H2TiO3 同时生成的 H2SO4 溶液(TiOSO4+2H2O⇌ H2TiO3+H2SO4)，离子方程式 TiO2++2H2O ⇌ H2TiO3+2H+； （4）图示水浸过程生成 H2TiO3 同时生成的 H2SO4 溶液(TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4)，应加入碱性 物质处理，可以是石灰(或碳酸钙、废碱)； （5）依盖斯定律，将③+①×2−②可得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)， △H=(+141kJ⋅ mol−1)+2×(−393.5kJ⋅ mol−1)−(−566kJ⋅ mol−1)=−80kJ⋅ mol−1，Mg 是活泼金属， 能与空气中多种物质反应，因此可得出 Ar 气作用为保护气，防止 Mg 和空气中物质反应。 【点睛】本题是以钛铁矿为原料，制备 TiO2 的工艺流程题，考查学生对流程的分析，实验操 作的分析，废料的回收，盖斯定律的应用，题目难度中等，易错点为冷却的目的，离子方程 式的书写。