吉林省德惠市实验中学前郭五中等九校2020届高三上学期期中考试化学试题

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文档介绍

吉林省德惠市实验中学前郭五中等九校2020届高三上学期期中考试化学试题

‎2019-2020学年度第一学期期中考试高三化学 第I卷 一、选择题(本大题共20小题,1-12小题每题2分,13-20小题每题3分,共48分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.下列有关化学与生产、生活说法中,不正确的是 ( )‎ A. 陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品 B. 低温下甲醇与水蒸气催化制氢,该反应属于氧化还原反应 C. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝 D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素,该过程包括萃取操作 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.陶瓷、水泥和玻璃的主要成分均为硅酸盐,都属于硅酸盐产品,故A正确;‎ B.甲醇与水蒸气催化制氢,H元素的化合价发生变化,为氧化还原反应,故B正确;‎ C.Al为活泼金属,应选电解熔融氧化铝的方法冶炼Al,故C错误;‎ D.用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素,是利用溶解性的差异分离的,为萃取分液法,故D正确;‎ 故选C。‎ ‎2.用下列实验装置(部分夹持装置略去)进行相应的实验,能达到实验目的的是 ( )‎ A. 加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体 B. 用装置II验证二氧化硫的漂白性 C. 用装置III制备氢氧化亚铁沉淀 D. 用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加热碘升华,高锰酸钾分解,加热法不能分离两者混合物,故A错误;‎ B.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应,与二氧化硫的还原性有关,与漂白性无关,故B错误;‎ C.关闭止水夹,NaOH难与硫酸亚铁接触,不能制备氢氧化亚铁,故C错误;‎ D.氯化铵分解生成氨气、HCl,氨气可使湿润的酚酞试纸变红,HCl可使蓝色石蕊试纸变红,P2O5可以吸收氨气,碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体,故D正确;‎ 本题答案:D。‎ ‎3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是( )‎ A. 38g3H2O2中含有3NA共价键 B. 标准状况下,2.24L F2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2‎ C. 常温下,将5.6g铁块投入足量浓硝酸中,转移0.3NA电子 D. 1L 0.5mol·L−1 pH=7的CH3COONH4溶液中NH4+数目为0.5NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、38g3H2O2中物质的量为:=1mol,一个分子中含有2个H-O键和1个O-O键。共含有3NA共价键,故A正确;‎ B、F2氧化性很强,通入饱和食盐水中,优先与水反应,置换水中的氧,故B错误;‎ C、常温下,铁在浓硝酸中会钝化,不能反应完全,则5.6g铁即0.1mol铁反应后转移的电子数小于0.3NA个,故C错误;‎ D、1L 0.5mol•L-1 pH=7的CH3 COONH4溶液中,存在物料守恒,c(NH3)+c(NH3•H2O)=0.5mol/L,则c(NH4+)<0.5mol/L,NH4+数目小于0.5NA,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B,要注意F2通入水溶液中,优先与水反应,类似的还有,将钠投入盐溶液中,也是先与水反应。‎ ‎4.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42-、I-、S2-。分别取样:①用pH计测试,溶液显弱酸性;②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成,还需检验的离子是 A. Na+ B. SO42- C. Ba2+ D. NH4+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液显弱酸性,则一定存在能水解的铵根离子,硫离子一定不能存在,无需检验;加氯水和淀粉无明显现象,氯水具有氧化性,能与碘离子发生氧化还原反应,所以I﹣一定不能共存,无需检验,因为溶液呈电中性,所以溶液中必须含有阴离子,则一定含有硫酸根离子,因此钡离子不能存在,则硫酸根离子、钡离子无需检验,钠离子是否存在需要检验,答案选A。‎ ‎【点睛】本题为高频考点,把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况,进行离子推断时要遵循以下三条原则:(1)互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时,将不能与之共存的离子排除掉,从而判断出一定没有的离子。(2)电中性原则。溶液呈电中性,溶液中一定有阳离子和阴离子,不可能只有阳离子或阴离子。(3)进出性原则。离子检验时,加入试剂会引入新的离子,某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3+),则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时,首先,必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次,必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。‎ ‎5.下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )‎ A. NH3NO2HNO3 B. AlNaAlO2(aq) NaAlO2(s)‎ C. FeFe2O3Fe D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2OH(aq)] Ag ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH3与氧气反应生成的是NO,无法直接得到NO2,故A错误;‎ B.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液,水解产物不挥发,蒸发会得到溶质偏铝酸钠,所以Al  NaAlO2(aq)  NaAlO2(s),能够在给定条件下实现,故B正确;‎ C.铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,不是生成氧化铁,故C错误;‎ D.硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀,继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液,蔗糖为非还原性的糖,不能和银氨溶液反应,物质间转化不能实现,故D错误;‎ 答案选B。‎ ‎6.下列叙述正确的是 (  )‎ A. 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中,产生沉淀,此沉淀是BaSO3‎ B. 氯水久置后,漂白性和酸性均增强 C. 向AlCl3溶液中滴加氨水,产生白色沉淀,再加入过量NaHSO4溶液,沉淀溶解 D. 在Fe(OH)3 胶体中加入稀盐酸,可观察到红褐色胶体变为棕黄色溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO2通入Ba(NO3)2溶液中,发生氧化还原反应,生成BaSO4沉淀,故A错误;‎ B.新制氯水久置后为盐酸溶液,所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强,故B错误;‎ C.AlCl3溶液中滴加氨水,产生白色沉淀为氢氧化铝,氢氧化铝可溶于强酸性溶液,则再加入过量NaHSO4溶液,沉淀溶解,故C正确;‎ D.Fe(OH)3胶体中加入稀盐酸,先发生聚沉,后发生复分解反应,可观察到先生成红褐色沉淀,后溶液变为棕黄色,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎7.下列化学用语书写正确且能合理解释事实的是 (  )‎ A. 由H和Cl形成共价键的过程:‎ B. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸:2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸,在空气中放置一段时间后,溶液变蓝:4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2O D. 向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2:2Fe2++4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6C1-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.形成的HCl为共价化合物,用电子式表示HCl的形成过程为,故A错误;‎ B.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸,草酸为弱酸,离子反应为2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O,故B错误;‎ C.淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸,在空气中放置一段时间后,溶液变蓝,碘离子被氧气氧化生成碘,离子反应为4H++4I-+O2=2I2+2H2O,故C正确;‎ D.物质的量相等,由电子守恒可知,亚铁离子全部被氧化,溴离子一半被氧化,则离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的难点和易错点为D,要注意反应的先后顺序,氯气通入FeBr2溶液中,首先氧化亚铁离子,再氧化溴离子。‎ ‎8.向含有c(FeCl3)=0.2 mol·L-1、c(FeCl2)=0.1 mol·L-1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液,可得到一种黑色分散系,其中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物,下列有关说法中正确的是(  )‎ A. 该分散系的分散质为Fe2O3‎ B. 该分散系属于溶液 C. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe2++2Fe3++8OH-===Fe3O4+4H2O D. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.三氧化二铁为红棕色,由题意知得到一种黑色分散系,故A错误;B.该分散系中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物,则该分散系为胶体,故B错误;C.氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠,离子方程式:Fe2++2Fe3++8OH-═Fe3O4+4H2O,故C正确;D.胶体、溶液都可以透过滤纸,不能用过滤方法分离,故D错误;故答案为C。‎ ‎9.根据元素周期表和元素周期律,判断下列叙述不正确的是(  )‎ A. 气态氢化物的稳定性:H2O>NH3>SiH4‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性:Cl>C>Si D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.非金属性O>N>Si,气态氢化物的稳定性:H2O>NH3>SiH4,故不选A; B.H与F、Cl等形成共价化合物,与Na、K等形成离子化合物,则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物,故不选B; C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性,HCl不是最高价含氧酸,则不能比较Cl、C的非金属性,故选C; D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8,则118号元素在周期表中位于第七周期0族,故不选D;‎ 答案:C ‎10.已知下列实验事实:①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液,又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液;②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉KI溶液中,溶液变蓝;③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液,再酸化,可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是 A. 化合物KCrO2中Cr为+3价 B. 实验①证明Cr2O3是两性氧化物 C. 实验②证明氧化性:Cr2O72->I2‎ D. 实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0可得化合物KCrO2中元素Cr为+3价。正确但不符合题意,A不选。‎ B.根据题意可知Cr2O3是两性氧化物。正确但不符合题意,B不选。‎ C.根据氧化还原反应中氧化性;氧化剂>氧化产物,可知在②中氧化性K2Cr2O7>I2。正确但不符合题意。C不选。‎ 在③中H2O2中的O元素的化合价由-1价变为-2价,化合价降低,得到电子,表现为氧化性。错误符合题意。D选。‎ 答案选D。‎ ‎11.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前,科学家发现了一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”,可形成气凝胶。下列有关说法正确的是 A. “常态冰”和“气态冰”结构不同,是同素异形体 B. “气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质 C. 18g“气态冰”的体积为22.4L D. 构成“气态冰”的分子中含有极性共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式,状态不同,但是同一种物质,故A错误;‎ B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式,物理性质不同,但化学性质相同,故B错误;‎ C.“气态冰”是形成气凝胶的冰,标准状况下不是气体,18g“气态冰”的体积小于22.4L,故C错误;‎ D.“气态冰”的分子是水分子,构成“气态冰”的分子中含有极性共价键,故D正确。‎ 故选D。‎ ‎12.已知氢化钠(NaH)可由氢气和钠在高温下化合形成,其使用需要惰性环境,遇水放出易燃气体,下列说法不正确的是(  )‎ A. 氢化钠与水反应产生的气体,通过盛有碱石灰的干燥管,用向下排空气法可以收集得到一定量的H2‎ B. 氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜,若出现黑色变红色现象,则说明产生的气体中一定含有H2‎ C 氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为3 NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH D. 锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后,与钠在高温下反应得到纯净的NaH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】解:A.氢化钠与水反应产生的气体,反应的化学方程式为:NaH+H2O=NaOH+H2↑,气体通过盛有碱石灰的干燥管,用向下排空气法可以收集得到一定量的H2,故A正确;‎ B.氢气能还原氧化铜生成Cu,氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜,若出现黑色变红色现象,则说明产生的气体中一定含有H2,故B正确;‎ C.NaH具有强还原性,能与Fe2O3生成Fe和NaOH,反应方程式为:3NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH,故C正确;‎ D.锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气,浓硫酸干燥除去了水蒸气,还含有氢气和HCl,所以应该先除去HCl、再用浓硫酸干燥,然后与钠在高温下反应得到纯净的NaH,故D错误。‎ 故选:D。‎ ‎13.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10;W与Y同族;W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应,其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是 A. 常温常压下X的单质为气态 B. Z的氢化物为离子化合物 C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D. W与Y具有相同的最高化合价 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析:主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应,其生成物可腐蚀玻璃,生成物是HF,因此W是F,Z是Ca,W与Y同族,则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10,则X的最外层电子数为10-7-2=1,所以X是Na,据此解答。‎ 详解:根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K,则 A、金属钠或钾常温常压下是固态,A错误;‎ B、CaH2中含有离子键,属于离子化合物,B正确;‎ C、Y与Z形成的化合物是氯化钙,其水溶液显中性,C错误;‎ D、F是最活泼的非金属,没有正价,Cl元素的最高价是+7价,D错误。答案选B。‎ 点睛:准确判断出元素名称是解答的关键,突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF,进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B,注意金属氢化物的结构特点,与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。‎ ‎14.聚合硫酸铁可用于水的净化,其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应,将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液,得到白色沉淀1.7475 g。取另一份溶液,先将Fe3+还原为Fe2+(还原剂不是Fe,且加入的还原剂恰好将Fe3+还原为Fe2+),再用0.020 00 mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点,消耗K2Cr2O7标准溶液50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为 ‎ ‎ ( )‎ A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶1 D. 2∶5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入氯化钡生成的沉淀为硫酸钡,可计算出硫酸根离子的物质的量,根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量,根据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量,铁和氢氧根离子的物质的量之比即为a∶b的比值,据此分析解答。‎ ‎【详解】n(SO42-)==0.0075mol,n(K2Cr2O7)=0.05L×0.02mol/=0.001mol,根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=0.006mol,由电荷守恒可知n(OH-)+2n(SO42-)=3n(Fe3+),n(OH-)=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol,得到a∶b=0.006mol∶0.003mol=2∶1,故选B。‎ ‎15.为落实“五水共治”,某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如下流程:‎ 下列说法不正确的是 A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3‎ B. X可以是空气,且需过量 C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO D. 处理含NH4+废水时,发生反应的离子方程式为:NH4++NO2-==N2↑+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成固体1为CaCO3、CaSO3,气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO,气体1通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2,X可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,NaNO2与含有NH4+‎ 的溶液反应生成无污染气体,应生成氮气,则气体2含有CO、N2,捕获剂所捕获的气体主要是CO。A.工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成CaCO3、CaSO3,因氢氧化钙过量,则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3,故A正确;B.由分析可知,气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO,气体1通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2,X可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,故B错误;C.气体2含有CO、N2,经捕获剂得到氮气和CO,所捕获的气体主要是CO,防止污染空气,故C正确;D.NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体,应生成氮气,发生氧化还原反应,离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O,故D正确;故选B。‎ 考点:考查了物质的分离、提纯的相关知识。‎ ‎16.下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是(  )‎ A. 硫黄矿制备硫酸经历两步:SO2/点燃,SO3H2SO4‎ B. 酸雨与土壤中的金属氧化物反应后,硫元素以单质的形式进入土壤中 C. 在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放,发生的反应为2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4‎ D. 土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS),说明CuS很稳定,不具有还原性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用硫黄制硫酸时,第一步只能将硫氧化成SO2,故A错误;B.酸雨与土壤中的金属氧化物反应后,硫元素以SO42-的形式进入土壤中,故B错误;C.在燃煤中加入石灰石,高温下石灰石分解生成CaO,可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙,故C正确;D.土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS),说明CuS的溶解度比ZnS的小,与CuS很稳定不具有还原性无关,故D错误;答案选C。‎ ‎【点睛】硫单质在氧气中燃烧的产物是二氧化硫,而二氧化硫和氧气需要在催化剂、加热条件下才能进一步转化为三氧化硫。‎ ‎17.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,其原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液 B. 脱硫过程O2间接氧化H2S C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分,FeSO4可用于治疗缺铁性贫血 D. 《华阳国志》记载“取井火煮之,一斛水得五斗盐”,我国古代已利用天然气煮盐 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁(相应反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+),硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁(相应反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O),根据反应可知,该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液,A错误;‎ B.脱硫过程:Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁,硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁,脱硫过程O2间接氧化H2S,B正确;‎ C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分,起着向人体组织传送O2的作用,若缺铁就可能出现缺铁性贫血,FeSO4可用于治疗缺铁性贫血,C正确;‎ D.天然气主要成分为甲烷,甲烷燃烧放出热量,《华阳国志》记载“取井火煮之,一斛水得五斗盐”,我国古代已利用天然气煮盐,D正确;‎ 故合理选项是A。‎ ‎18.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术,其反应过程与能量关系如图;研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图.下列说法正确的是 (  )‎ A. NH3催化还原NO为吸热反应 B. 过程Ⅰ中NH3断裂非极性键 C. 过程Ⅱ中NO为氧化剂,Fe2+为还原剂 D. 脱硝的总反应为: 4NH3(g)+4NO(g)+ O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像,反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应,故NH3催化还原NO为放热反应,故A错误;‎ B.NH3断裂的是N-H极性键,故B错误;‎ C.NO→N2,化合价由+2→0,化合价降低,得电子作氧化剂,Fe2+在反应前后没有发生变化,故作催化剂,故C错误;‎ D.由图象知,脱硝的总反应为:4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g),故D正确;‎ 故选D。‎ ‎19.海水约占地球表面积的71%,具有十分巨大的开发潜力。下图是开水资源综合利用的工艺图,以下说法正确( )‎ A. 电解NaCl溶液时可用铁做电极,其离子方程式为:2Cl- + 2H2O = 2OH-+ H2↑+ Cl2↑‎ B. 向苦卤中加入Cl2作用是置换出溴单质,该过程体现了还原性:Cl- > Br-‎ C. 实验室模拟海水提取淡水,除夹持装置外只用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、锥形瓶 D. Br2 与SO2的水溶液发生反应的离子方程式为:Br2 + SO2 + 2H2O =4H+ + 2Br- + SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁做电解池的阳极,铁失电子,溶液中的氯离子不能失电子生成氯气,离子方程式书写错误,A错误;‎ B. 向苦卤中加入Cl2的作用是置换出溴单质,证明氯气的氧化性大于溴,B错误;‎ C. 实验室模拟海水提取淡水,用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、锥形瓶外,还需要有温度计、冷凝管、牛角管等,C错误;‎ D. Br2 与SO2的水溶液发生反应生成硫酸和氢溴酸,离子方程式为:Br2 + SO2 + 2H2O =4H+ + 2Br- + SO42-,D正确;‎ 综上所述,本题答案是:D。‎ ‎20.某100mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四种离子,向其中逐渐加入铁粉,溶液中Fe2+的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示,若整个反应过程中溶液的体积不发生变化,则下列说法中不正确的是( )‎ A. 原溶液的c(H+)=4mol·L-1 B. 若a=3,则原溶液中c(Cu2+)=1mol·L-1‎ C. 原溶液中的c(NO3-)=7mol·L-1 D. BC段发生反应的离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.OA段无Fe2+生成,是加入的5.6g即0.1mol铁粉与硝酸反应:Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,设溶液中的氢离子的物质的量为xmol,则有: Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2‎ O 1            4 0.1mol    xmol 则有:‎ 解得x=0.4mol      则溶液中的氢离子的物质的量浓度c==4mol/L,故A正确;B.若a=3,则说明在BC段生成的Fe2+的物质的量为n=0.1mol,而BC段发生的反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,设溶液中的Cu2+的物质的量为ymol,则有: Fe+Cu2+=Cu+Fe2+             1                 1             ymol          0.1mol 则有:, 则有:y=0.1mol,则溶液中的铜离子的物质的量浓度c==1mol/L,故B正确;C.C点溶液中c(Fe2+)=4mol/L,故此时溶液中的n(Fe2+)=CV=4mol/L×0.1L=0.4mol,而此时溶液中溶质为Fe(NO3)2,故C点溶液中的n(NO3-)=0.8mol,而在OA段加入0.1mol铁反应时,消耗掉的硝酸根为0.1mol,故原溶液中的n(NO3-)总=0.8mol+0.1mol=0.9mol,故浓度为c(NO3-)总==9mol/L,故C错误;D.BC段,加入的铁粉和Cu2+反应:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,故D正确;故选C。‎ 点睛:明确图示反应原理是解题关键,OA段无Fe2+生成,是加入的5.6g即0.1mol铁粉与硝酸反应:Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,根据消耗的铁的物质的量求出溶液中的氢离子的物质的量;AB段,加入的铁粉和溶液中的Fe3+反应:2Fe3++Fe=3Fe2+;BC段,加入的铁粉和Cu2+反应:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+.据此分析。‎ II、非选择题(52分)‎ ‎21.某工业废水中仅含下表离子中的5种(不考虑水的电离及离子的水解),且各种离子的物质的量浓度相等,均为0.1mol/L.‎ ‎ 阳离子 ‎ K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+‎ ‎ 阴离子 Cl﹣ CO32﹣ NO3﹣ SO42﹣ SiO32﹣‎ 甲同学欲探究废水的组成,进行了如下实验:‎ I.用铂丝蘸取少量溶液,在火焰上灼烧,无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)。‎ Ⅱ.取少量溶液,加入KSCN溶液无明显变化。‎ Ⅲ.另取溶液加入少量盐酸,有无色气体生成,该无色气体遇空气变成红棕色,此时溶液依然澄清,且溶液中阴离子种类不变。‎ Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液,有白色沉淀生成。‎ 请推断 ‎(1)由I、Ⅱ判断,溶液中一定不含有的阳离子是_____________(写离子符号)。‎ ‎(2)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______。‎ ‎(3)将Ⅲ中红棕色气体(标况下)收集一试管然后倒扣入水中(假设溶质不扩散),所得溶液的物质的量浓度为_________mol/L(精确到千分位)。‎ ‎(4)甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是___________,阴离子是_______。‎ ‎(5)另取100mL原溶液,加入足量的NaOH溶液,充分反应后过滤,洗涤,灼烧至恒重,得到的固体为_________________,质量为_______________g。‎ ‎【答案】 (1). K+、Fe3+ (2). 3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (3). 0.045 (4). Fe2+、Cu2+ (5). Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣ (6). CuO和Fe2O3 (7). 1.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液,在火焰上灼烧,无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察),说明没有K+;‎ Ⅱ.取少量溶液,加入KSCN溶液无明显变化,说明没有Fe3+;‎ Ⅲ.另取溶液加入少量盐酸,有无色气体生成,该无色气体遇空气变成红棕色,此时溶液依然澄清,且溶液中阴离子种类不变,说明 Fe2+与NO3-和H+反应生成NO,即溶液中有Fe2+、NO3-,加盐酸溶液中阴离子种类不变,说明原溶液中有Cl-,加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-;‎ Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明有SO42-;‎ 根据以上判断,结合电荷守恒分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液,在火焰上灼烧,无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察),说明没有K+;‎ Ⅱ.取少量溶液,加入KSCN溶液无明显变化,说明没有Fe3+;‎ Ⅲ.另取溶液加入少量盐酸,有无色气体生成,该无色气体遇空气变成红棕色,此时溶液依然澄清,且溶液中阴离子种类不变,说明 Fe2+与NO3-和H+反应生成NO,即溶液中有Fe2+、NO3-,加盐酸溶液中阴离子种类不变,说明原溶液中有Cl-,加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-;‎ Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明有SO42-;‎ 综上所述,溶液中一定不含有的离子是K+、Fe3+、SiO32-;一定含有Fe2+、NO3-、Cl-、SO42-。根据各种离子的物质的量浓度相等,均为0.1mol/L,则溶液中一定还含有一种阳离子,根据电荷守恒,该阳离子所带电荷=1+1+2-2=2,因此一定含有Cu2+,且一定没有CO32﹣。‎ ‎(1)由Ⅰ、Ⅱ判断,溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+,故答案为:K+、Fe3+;‎ ‎(2)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体,是Fe2+与NO3-和H+反应生成NO,其离子方程式:3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O,故答案为:3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O;‎ ‎(3)标准状况下,将一充满NO2气体的试管,倒扣于水中,至液面不再升高时,最后得到的硝酸,3NO2 + H2O =2HNO3 + NO,设试管体积为VL,最终试管中所得溶液的体积为L,生成硝酸的物质的量为×=×mol,因此溶液的物质的量浓度==0.045mol/L,故答案为:0.045;‎ ‎(4)由以上推断可知溶液中阴离子为 Cl-、NO3-、SO42-,且各为0.1mol/L;已经推断出的阳离子是Fe2+,其浓度为0.1mol/L,由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子,所以还有Cu2+,所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是:Fe2+、Cu2+;阴离子是:Cl-、NO3-、SO42-,故答案为:Fe2+、Cu2+;Cl-、NO3-、SO42-;‎ ‎(5)另取100mL原溶液,加入足量的NaOH溶液,Fe2+生成Fe(OH)2,又被氧气氧化为Fe(OH)3,Cu2+生成Cu(OH)2,充分反应后过滤,洗涤,灼烧至恒重,得到的固体为Fe2O3和CuO;根据元素守恒:n(CuO)=n(Cu2+)=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol;n(Fe2O3)=n(Fe2+)=0.005mol,所以固体质量为:m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g,故答案为:Fe2O3和CuO;1.6。‎ ‎22.实验室可通过反应:3Cl2+6KOH5KCl+KC1O3+3H2O 制取KC1O3,再用稍潮湿KC1O3和草酸(H2C2O4) 在60℃时反应制取ClO2气体,装置如图所示。ClO2是一种黄绿色有刺激性气味的气体,其熔点为-59℃,沸点为11.0℃,易溶于水。‎ ‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)A 中反应的主要产物有:某种正盐、ClO2和CO2等,写出该反应的化学方程式:_____。‎ ‎(2)请分析装置图,进行补充和完善。A部分缺________装置,B部分还应补充_______装置,还有一处设计明显不合理的是___________(填“A”“B”或“C”)。‎ ‎(3)C中的试剂为NaOH溶液时,反应生成NaClO3和NaClO2,写出该反应的离子方程式____。‎ ‎(4)在密闭容器中向9℃的KOH溶液中通入少量Cl2,此时Cl2的氧化产物主要是______;继续通入适量Cl2,将溶液加热,溶液中主要离子的浓度随温度的变化如图所示,图中甲、乙、丙依次表示的离子是__________、__________、__________(不考虑Cl2的挥发)。‎ ‎【答案】 (1). 2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑ +2C1O2↑+H2O (2). 水浴加热 (3). 盛有冰水混合物的水槽(或冰水浴) (4). C (5). 2ClO2+2OH- = C1O2- +ClO3- +H2O (6). KClO (7). Cl-、 (8). ClO3- (9). ClO-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过反应:3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O 制取KC1O3,再用稍潮湿的KC1O3和草酸(H2C2O4) 在60℃时反应制取ClO2气体,由实验装置可知,A中发生2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O,需要水浴加热,可保证温度恒定;B为收集ClO2的装置,ClO2是一种黄绿色有刺激性气味的气体,其熔点为-59℃,沸点为11.0℃,B需要冰水冷却;C装置为尾气处理装置,装置不能密封,需要有出气口,据此分析解答(1)~(3);‎ ‎(4)低温下氯气与KOH反应生成KCl、KClO,加热时氯气与KOH反应生成KCl、KClO3,结合图中66℃时甲最多、丙最少判断。‎ ‎【详解】(1)A 中KC1O3和草酸(H2C2O4) 在60℃时反应的主要产物有:某种正盐、ClO2和CO2等,该反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O,故答案为:2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O;‎ ‎(2)由上述分析可知,A部分缺水浴加热装置,B部分还应补充盛有冰水混合物的水槽(或冰水浴)装置,还有一处设计明显不合理的是C,故答案为:水浴加热;盛有冰水混合物的水槽(或冰水浴);C;‎ ‎(3)C中试剂为NaOH溶液时,反应生成NaClO3和NaClO2,由得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知该反应的离子方程式为2ClO2+2OH-=C1O2-+ClO3-+H2O,故答案为:2ClO2+2OH-=C1O2-+ClO3-+H2O;‎ ‎(4)低温下氯气与KOH反应生成KCl、KClO,加热时氯气与KOH反应生成KCl、KClO3,结合图中66℃时甲最多、丙最少,则在密闭容器中向9℃的KOH溶液中通入少量Cl2,此时Cl2的氧化产物主要是KClO;继续通入适量Cl2,将溶液加热,3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O,则图中甲、乙、丙依次表示的离子是Cl-、ClO3-、ClO-,故答案为:KClO;Cl-;ClO3-;ClO-。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(4),要注意解反应的方程式分析判断,低温下Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O, 温度高于66 ℃时3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O。‎ ‎23.某地菱锰矿的主要成分为MnCO3,还含有少量的FeCO3、CaCO3、Al2O3等杂质。工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示:‎ 已知:MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O.‎ 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:‎ 金属离子 Mn2+‎ Fe2+‎ Fe3+‎ Al3+‎ 开始沉淀的pH ‎8.1‎ ‎6.3‎ ‎1.5‎ ‎3.4‎ 沉淀完全的pH ‎10.1‎ ‎8.3‎ ‎2.8‎ ‎4.7‎ ‎(1)焙烧时温度对锰浸取率影响如图。焙烧时适宜的温度为___________左右;800℃以上锰的浸取率偏低,可能的原因是___________。‎ ‎(2)净化包含三步:①加入少量MnO2,添加少量MnO2的作用是____________。发生反应的离子方程式为___________。‎ ‎②加氨水调pH,溶液的pH范围应调节为___________~8.1之间。生成的沉淀主要是___________。‎ ‎③加入MnF2,沉淀除去Ca2+,若溶液酸度过高,Ca2+沉淀不完全,原因是___________。‎ ‎(3)碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为____________。‎ ‎【答案】 (1). 500℃ (2). 温度过高,NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底(或MnCO3分解发生其他副反应;或MnCl2挥发导致Mn损失;或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低;或高温使固体烧结,固体表面积减小等) (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O (5). 4.7 (6). Fe(OH)3、Al(OH)3 (7). F- 与H+ 结合形成弱电解质HF,CaF2(s)Ca2+(aq)+F—(aq)平衡向右移动 (8). )Mn2++HCO3-+NH3===MnCO3↓+NH4+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由图示得到,500 ℃时,锰的浸取率已经很大;温度很高时,氯化铵受热分解、MnCO3分解发生其他副反应等;‎ ‎(2)①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2+氧化为Fe3+;‎ ‎②加氨水调溶液pH的目的是使溶液中Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀除去;‎ ‎③若溶液酸度过高,F- 与H+ 结合形成弱酸HF,使CaF2溶解平衡向右移动;‎ ‎(3)碳化结晶是氯化锰溶液与碳酸氢铵和氨水应得到碳酸锰沉淀。‎ ‎【详解】(1)由图示得到,500‎ ‎ ℃时,锰的浸取率已经很大,所以选取500℃即可,没有必要选择更高的温度,因为温度越高,能耗越大;温度很高时,浸取率下降,有可能是高温下氯化铵分解使反应的量减少;或生成的氯化锰转化为气体离开体系;或高温下发生副反应,锰转化为其他化合物;或高温使固体烧结,固体表面积减小等,故答案为:500℃;温度过高,NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底(或MnCO3分解发生其他副反应;或MnCl2挥发导致Mn损失;或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低;或高温使固体烧结,固体表面积减小等);‎ ‎(2)①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2+氧化为Fe3+,反应的化学方程式为MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O,故答案为:MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O;‎ ‎②加氨水调溶液pH的目的是使溶液中Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀除去,由题给表格数据可知,溶液的pH范围调节在4.7~8.1之间时,Fe3+和Al3+完全沉淀,而Mn2+不沉淀,故答案为:4.7;‎ ‎③加入MnF2目的是沉淀除去Ca2+,CaF2在溶液中存在溶解平衡CaF2(s)Ca2+(aq)+F—(aq),若溶液酸度过高,F- 与H+ 结合形成弱酸HF,F—浓度减小,溶解平衡向右移动,使Ca2+沉淀不完全,故答案为:F- 与H+ 结合形成弱电解质HF,CaF2(s)Ca2+(aq)+F—(aq)平衡向右移动;‎ ‎(3)碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水,反应得到碳酸锰沉淀,反应的化学方程式为Mn2++HCO3-+NH3===MnCO3↓+NH4+,故答案为:Mn2++HCO3-+NH3===MnCO3↓+NH4+。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程,是对学生综合能力的考查,涉及了物质分离提纯过程分析判断、氧化还原反应等,理解工艺流程原理是解题的关键。‎ ‎24.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。‎ ‎(1)SCR(选择性催化还原)工作原理:‎ ‎①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2,请写出CO2的电子式___________________。‎ ‎②反应器内NH3还原NO2过程中,若还原产物比氧化产物少1mol,转移电子总数__________个(用NA表示)。‎ ‎③当燃油中含硫量较高时,尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4,使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成_________。‎ ‎④尿素溶液浓度影响NO2的转化,测定溶液中尿素(M=60 g·mol−1)含量的方法如下:取a g尿素溶液,将所含氮完全转化为NH3,所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4‎ 溶液吸收完全,剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L−1 NaOH溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是________‎ ‎(2)NSR(NOx储存还原)工作原理:NOx的储存和还原在不同时段交替进行,如图a所示。‎ ‎①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_________。‎ ‎②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程,该过程分两步进行,图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是___。‎ ‎③还原过程中,有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整:_____________15NNO+H2O ‎【答案】 (1). (2). 24NA (3). 2SO2+O2+4NH3+2H2O===2(NH4)2SO4 (4). % (5). BaO (6). 8∶1 (7). 415NO+4NH3+3O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①二氧化碳为共价化合物,含有C=O键;②涉及反应为为8NH3+6NO2 7N2+12H2O,结合方程式判断;③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4,此反应中SO2是还原剂,氧气是氧化剂,结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式;④涉及反应为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4,2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O,由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4),以此计算;‎ ‎(2)①由图a可知储存NOx的物质是BaO;②第一步反应中H2被氧化生成水,化合价由0价升高到+1价,Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价,生成氨气,结合得失电子数目相等计算;③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO,由N元素守恒可知15NO与NH3应为1∶1,结合电子得失相等配平。‎ ‎【详解】(1)①二氧化碳为共价化合物,含有C=O键,电子式为,故答案为:‎ ‎;‎ ‎②NH3还原NO2过程中涉及的反应为8NH3+6NO2 7N2+12H2O,由方程式可知若还原产物比氧化产物少1mol,即生成还原产物(N2)4mol,氧化产物(N2)3mol,则有8molNH3参加反应,转移电子24mol,总数为24NA,故答案为:24NA;‎ ‎③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4,此反应中SO2是还原剂,氧气是氧化剂,反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4,故答案为:2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4;‎ ‎④涉及反应为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4,2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O,反应中n(H2SO4)=v1×c1×10-3mol,n(NaOH)=v2×c2×10-3mol,由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4),则n(NH3)=(2v1×c1×10-3-v2×c2×10-3)mol,则m(CO(NH2)2)=×(2v1×c1×10-3-v2×c2×10-3)mol×60g/mol=(0.06v1c1-0.03v2c2 )g,尿素溶液中溶质的质量分数是×100%=%,故答案为:%;‎ ‎(2)①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2,Ba(NO3)2再还原为N2,则储存NOx的物质为BaO,故答案为:BaO;‎ ‎②第一步反应中H2被氧化生成水,化合价由0价升高到+1价,Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价,生成氨气,则1molBa(NO3)2生成氨气转移16mol电子,参加反应的氢气的物质的量为=8mol,则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8∶1,故答案为:8∶1;‎ ‎③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO,由N元素守恒可知15NO与NH3应为1∶1,可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O,故答案为:415NO+4NH3+3O2。‎ ‎ ‎
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