山东省临沂市2021届高三上学期期中考试化学试卷 Word版含解析

山东省临沂市2021届高三上学期期中考试化学试卷 Word版含解析

- 1 - 高三教学质量检测考试 化学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答 案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64 一、选择题：本题共 10小题，每小题 2分，共 20分。每小题只有一个选项符合 题目要求。 1. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是 A. 工业生产玻璃、水泥和陶瓷，均需用石灰石作原料 B. 海水淡化的方法有蒸馏法、离子交换法和电渗析法等 C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 D. 聚合硫酸铁    2 4x y n Fe OH SO    是新型絮凝剂，可用来处理水中的悬浮物 【答案】A 【解析】 【详解】A．陶瓷的生产原料为黏土，未用到石灰石，A 错误； B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法和电渗析法，B 正确； C．热水器内胆成分为不锈钢，连接 Mg 棒形成原电池，Mg 比 Fe 活泼作负极被腐蚀，而铁被 保护，即牺牲阳极的阴极保护法，C 正确； D．聚合硫酸铁溶于水可形成 Fe(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质，D 正确。 2. 下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是 A. 用 4NH Cl溶液除铁锈 B. 用 2Na S溶液除去水体中的 2Hg  C. 用石灰乳脱除烟气中的 2SO D. 用酸性 2 2 7K Cr O 溶液检查司机是否 酒后驾车 - 2 - 【答案】D 【解析】 【详解】A． 4NH Cl溶液水解显酸性，氢离子与氧化铁反应生成铁离子和水，可除去铁锈， 与氧化还原反应无关，A 不符合题意； B．S2-可与 Hg2+反应生成 HgS，因此可用 2Na S溶液除去水体中的 2Hg  ，与氧化还原反应无 关，B 不符合题意； C．石灰乳的主要成分为 Ca(OH)2，可与烟气中的 2SO 发生复分解反应，与氧化还原反应无关， C 不符合题意； D．乙醇具有还原性，可与橙色的酸性重铬酸钾发生氧化还原反应，生成绿色的铬酸钾，因此 用酸性 2 2 7K Cr O 溶液检查司机是否酒后驾车与氧化还原反应有关，D 符合题意； 答案选 D。 3. AN 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 21 mol D 比 21 mol H 多 A2N 个质子 B. 2 27.8 g Na O 固体中含离子总数为 A0.3N C. 1 mol HC CH 分子中所含 σ 键数为 A5N D. 标准状况下， 22.24 L Cl 溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为 A0.2N 【答案】B 【解析】 【详解】A．D 和 H 均为 H 元素，故 21 mol D 比 21 mol H 所含质子数目一样多，A 错误； B．Na2O2是由 Na+和 2- 2O 组成，故 2 27.8 g Na O 固体中含离子总数为 -1 A 7.8g ×3× mol 78g/mol N  A0.3N ，B 正确； C．共价键中单键为 σ 键，双键为一个σ 键和一个 键，三键为一个σ 键和两个 键，故 1 mol HC CH 分子中所含σ 键数为 A -1 Amol1mol 3 3× ×N N ，C 错误； D．由于 Cl2+H2OHCl+HClO，故标准状况下， 22.24 L Cl 溶于水所得溶液中含氯的微粒 - 3 - 总数小于 A0.2N ，D 错误； 故答案为：B。 4. 我国科学家发现了一类由 Fe-Se-As-F-O 组成的磁性超导材料。下列说法正确的是 A. Fe 变成 2Fe  时首先失去 3d 轨道电子 B. 3AsO 的空间构型为平面正三角形 C. 通过化学变化可以实现 74 34Se 与 77 34Se的相互转化 D. 基态 F 原子的核外电子有 9 种空间运动状态 【答案】B 【解析】 【详解】A．Fe 的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe 变成 2Fe  时首先失去 4s 轨道电子，A 错 误； B． 3AsO 的中心原子的价电子对数为 2 3 1 53 4 2      ，含有一对孤电子对，则其空间构 型为三角锥形，B 错误； C．同位素之间的变化为物理变化，C 错误； D．F 原子的最外层有 9 个电子，则基态 F 原子的核外电子有 9 种空间运动状态，D 正确； 答案选 D。 5. 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. pH=13 的溶液中： Na、K、 3NO 、 2 2 3S O  B. 0.1mol·L-1 盐酸溶液中： Na、 3Al 、 2 4SO  、 2 3SiO  C. 0.1mol·L-1KI 溶液中： 4NH  、 3Fe  、Cl、 2 4SO  D. 能使甲基橙变红的溶液中： 2Mg 、 2Ba  、 3NO 、 3HCO 【答案】A 【解析】 【详解】A．pH=13 的溶液显碱性，碱性溶液中四种离子相互不反应，也不与氢氧根反应，可 以大量共存，故 A 符合题意； B．硅酸根和氢离子会生成沉淀，故 B 不符合题意； - 4 - C．铁离子会和碘离子发生氧化还原反应不能大量共存，故 C 不符合题意； D．能使甲基橙变红的溶液显酸性，酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，故 D 不符合题意； 综上所述答案为 A。 6. 实验室用 Na 与 2H 反应制备氢化钠(NaH)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是 A. 装置甲制取 2H B. 装置乙净化干燥 2H C. 装置丙制备 NaH D. 装置丁吸收尾气 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验室用活泼金属 Zn 与稀盐酸反应来制备 H2，故装置甲制取 2H ，A 不合题意； B．装置乙先用 NaOH 溶液来除去 H2中的 HCl，再用浓硫酸来干燥，故装置乙净化干燥 2H ， B 不合题意； C．金属钠与 H2在加热条件下发生反应：2Na+H2  2NaH，故装置丙制备 NaH，C 不合题意； D．碱石灰不能吸收 H2，故装置丁不能吸收尾气，D 符合题意； 故答案为：D。 7. 短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子半径依次增大，且原子最外层电子数之和为 15。基 态 Y 原子的最外层电子数是其内层电子数的 3 倍，Y 与 Z 同主族，Z 与 W 同周期。下列说法 错误的是 A. 电负性最大的元素是 Y B. 简单氢化物的沸点：Y>Z C. 化合物 WX2中既存在离子键，又存在共价键 D. W 元素基态原子核外 M 层电子的自旋状态相反 【答案】C 【解析】 - 5 - 【分析】 基态 Y 原子的最外层电子数是其内层电子数的 3 倍，则其电子层结构为 2、6，则 Y 为 O 元素， Y 与 Z 同主族，则 Z 为 S 元素，所以 X、W 最外层电子数之和为 15-6-6=3，X 的半径比 O 原 子小，则应为 H 元素，则 W 为 Mg 元素。 【详解】A．非金属性越强电负性越强，四种元素中非金属性最强的为 O，则电负性最大的元 素为 O，即 Y，故 A 正确； B．H2O 分子之间存在氢键，所以沸点高于 H2S，故 B 正确； C．化合物 MgH2 中只存在离子键，故 C 错误； D．Mg 原子 M 层电子排布为 2s2，同一轨道中的两个电子自旋方向相反，故 D 正确； 综上所述答案为 C。 8. HCOOH 燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时 K+通过隔膜向左迁移 B. 正极电极反应式为 3 2HCOO 2OH 2e HCO H= O      C. 放电过程中需补充的物质 X 为 2 4H SO D. 每转移0.4 mol电子，理论上消耗标准状况下 21.12 L O 【答案】C 【解析】 【分析】 由该工作原理图可知，左侧是由 HCOOH 和 KOH 转化为 KHCO3，C 的化合价由+2 价升高为 +4 价，被氧化，故左侧为正极，右侧通入 O2 为负极，据此分析解题。 【详解】A．原电池中电解质溶液中的阳离子移向原电池的正极，故放电时 K+通过隔膜向右 迁移，A 错误； B．原电池中正极发生还原反应，负极发生氧化反应，负极电极反应式为 - 6 - 3 2HCOO 2OH 2e HCO H= O      ，B 错误； C．根据进入右侧的物质为 O2 和 X，其反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+ 作催化剂，而出来的物质为 K2SO4，K+来自左侧电解液， 2- 4SO 来自 X，故放电过程中需补充 的物质 X 为 2 4H SO ，C 正确； D．根据电子守恒可知，4n(O2)=n(e-)，故每转移0.4 mol电子，理论上消耗标准状况下 2O 的 体积为： 0.4mol×22.4L/mol=2.24L 4 ，D 错误； 故答案为：C。 9. 丙烯与 HCl 在催化剂作用下发生加成反应：第一步H进攻丙烯生成碳正离子，第二步Cl 进攻碳正离子。得到两种产物的反应进程与能量关系如图。 下列说法正确的是 A. 催化剂可以改变反应的焓变 B. 过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)稳定 C. 生成①的过程所需的活化能较低，速率快 D 丙烯与 HCl 加成反应主要生成 3 3CH CHClCH 【答案】D 【解析】 【详解】A. 催化剂可降低反应的活化能，不改变始终态，则加催化剂不能改变反应的焓变， 故 A 错误； B. 能量越低越稳定，根据图示知过渡态(Ⅰ)没有过渡态(Ⅱ)稳定，故 B 错误； C. 根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则反应速率较 慢，故 C 错误； - 7 - D. 根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则生成②的碳 正离子多，而Cl进攻碳正离子后得到 3 3CH CHClCH ，即主要产物是 3 3CH CHClCH ，故 D 正确； 故选 D。 10. 某科研小组利用有机胺(TBA)参与联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。 下列说法错误的是 A. 过程①中的 TBA 替代了侯德榜制碱法中的氨气 B. 过程②的反应为 2 2 24TBA HCl+O +4CuCl=4TBA+4CuCl +2H O C. 理论上每产生 2 4 21molC H Cl 需要 21molCuCl D. 流程中可循环利用的物质是 TBA、CuCl 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意可知，制碱过程为 NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA∙HCl，过程②为 TBA 的再生 过 程 为 2 2 24TBA HCl+O +4CuCl=4TBA+4CuCl +2H O ， 乙 烯 的 氯 化 过 程 为 C2H4+2CuCl2 催化剂 C2H4Cl2+2CuCl，由此分析。 【详解】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度 较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净的碳酸钠，由图可知，过程①中 的 TBA 替代了侯德榜制碱法中的氨气，故 A 不符合题意； B．根据分析，过程②的反应为 2 2 24TBA HCl+O +4CuCl=4TBA+4CuCl +2H O ，故 B 不 符合题意； C．根据分析，过程③为乙烯的氯化过程，反应方程式为：C2H4+2CuCl2 催化剂 C2H4Cl2+2CuCl， - 8 - 根据 2CuCl2~C2H4Cl2，理论上每产生 2 4 21 molC H Cl 需要 22molCuCl ，故 C 符合题意； D．根据分析，过程①中产生的 TBA∙HCl 和氧气反应生成了 TBA，加入到饱和食盐水中继续 反应；过程③为 C2H4和 CuCl2反应生成的 CuCl，CuCl 继续参加过程②的反应，故流程中可 循环利用的物质是 TBA、CuCl，故 D 不符合题意； 答案选 C。 【点睛】将题目中的信息转化为化学方程式比较容易分析。 二、选择题：本题共 5小题，每小题 4分，共 20分。每小题有一个或两个选项符 合题目要求，全部选对得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。 11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将燃烧的金属钠迅速伸入集满 2CO 的集气瓶中，有 大量白烟和黑色颗粒产生 2CO 具有氧化性 B 向某溶液中滴加  3 6K Fe(CN) 溶液，生成蓝色沉淀 原溶液中含有 2Fe  ，不含有 3Fe  C 向 2Ca(ClO) 溶液中通入 2SO 气体，有沉淀生成 酸性： 2 3H SO HClO D 向两支盛有 3KI 溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和 3AgNO 溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀 3KI 溶液中存在平衡： - 3 2I I I A. A B. B C. C D. D 【答案】AD 【解析】 【详解】A．将燃烧的金属钠迅速伸入集满 2CO 的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒产生，说 明发生了反应：4Na+3CO2 点燃 2Na2CO3+C，反应中体现了 CO2 的氧化性，A 正确； B．K3[Fe(CN)6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有 Fe2+， 不能确定是否含 Fe3+，B 错误； - 9 - C．向 2Ca(ClO) 溶液中通入 2SO 气体，发生氧化还原反应生成硫酸钙，由此现象不能比较二 者酸性的强弱，C 错误； D．由现象可知溶液中含碘单质和碘离子，则 I3-溶液中存在平衡： - 3I  I2+I-，D 正确； 故答案为：AD。 12. 硫酸盐(含 2- 4SO 、 - 4HSO )气溶胶是雾霾的成分之一。科学家发现通过“水分子桥”，处于纳 米液滴中的 2- 3SO 可以将电子快速转移给周围的气相 2NO 分子，雾霾中硫酸盐生成的主要过程 示意图如下。 下列说法错误的是 A. “水分子桥”主要靠氢键形成 B. 过程①②中硫元素均被氧化 C. 2NO 是生成硫酸盐的催化剂 D. 该过程中既有氧氢键的断裂又有氧 氢键的生成 【答案】C 【解析】 【分析】 图中过程①表示 2- 3SO 和 2NO 反应生成 - 3SO 和 - 2NO ，过程②表示 - 3SO 和 2NO 加入一个水分子 转化为 - 4HSO 和 HNO2，由此分析。 【详解】A．水分子中氧原子的电负性较大，水分子之间，主要形成氢键；“水分子桥”中 2- 3SO 中的氧原子和水分子中的氢原子， 2NO 中的氧原子和水分子中的氢原子之间，主要靠氢键形 成，故 A 不符合题意； B．过程①表示 2- 3SO 转化为 - 3SO ，硫元素的化合价从+4 价转化为+5，过程②表示 - 3SO 转化为 - 10 - - 4HSO ，硫元素的化合价从+5 价升高到+6 价，硫元素的化合价都升高，均被氧化，故 B 不符 合题意； C．根据图中的转化关系， 2NO 转化为 HNO2，氮元素的化合价从+4 价降低到+3 价，氮元素 的化合价降低，被还原，作氧化剂，故 C 符合题意； D．根据图示过程， - 3SO 加入一个水分子转化为 - 4HSO 的过程，有水分子中氢氧键的断裂， 2NO 加入一个水分子转化为 HNO2的过程中有氢氧键的形成，故 D 不符合题意； 答案选 C。 13. 实验室以活性炭为催化剂，由 2 2CoCl 6H O 制备  3 36 Co NH Cl   的流程如下。 已知： 2Co 在 pH 9.4 时完全沉淀为 2Co(OH) 。 下列说法错误的是 A. 步骤①中“研磨”的目的是为了增大晶体的表面积，加快溶解速率 B. 步骤②中应先加入浓氨水，再加入 4NH Cl溶液 C. 步骤③中发生的反应为    3 2 4 2 2 3 3 3 26 6 2 Co NH Cl 2NH Cl H O 2 Co NH Cl O= 2NH H          D. 步骤④中加入浓盐酸，有利于析出  3 36 Co NH Cl   【答案】B 【解析】 【详解】A．步骤①中“研磨”的目的是为了增大晶体的表面积，加快溶解速率，A 正确； B．由于浓氨水呈碱性，而 NH4Cl 溶液呈酸性，故步骤②中若先加入浓氨水，将使 2Co 转化 为沉淀为 2Co(OH) ，故应该先加入 4NH Cl溶液，再加入浓氨水，B 错误； C．步骤③中发生的反应是 H2O2将  3 26 Co NH Cl   氧化为为  3 36 Co NH Cl   ，故反应方 程式为：    3 2 4 2 2 3 3 3 26 6 2 Co NH Cl 2NH Cl H O 2 Co NH Cl O= 2NH H          ，C 正确； D．步骤④中加入浓盐酸，氯离子浓度大，同离子效应有利于固体析出，故有利于析出 - 11 -  3 36 Co NH Cl   ，D 正确； 故答案为：B。 14. 次磷酸( 3 2H PO )为一元弱酸， 3 2H PO 可以通过电解的方法制备，其工作原理如下图所示。 下列说法正确的是 A. X 为电源正极，Y 为电源负极 B. 电解一段时间后，N 室的 pH 减小 C. a、c 为阳离子交换膜，b 为阴离子交换膜 D. 当电路中通过3 mol电子时，可生成 3 21 mol H PO 【答案】AC 【解析】 【分析】 根据示意图可知，产品室生成 H3PO2，是原料室中的 - 2 2H PO 通过 b 膜进入，H+由 M 室通过 a 膜进入，根据电解池中阴、阳离子的移动方向可知 M 室为阳极室，N 室是阴极室，据此分析 解题。 【详解】A．由分析可知，M 室为阳极室，N 室是阴极室，故 X 为电源正极，Y 为电源负极， A 正确； B．电解一段时间后，N 室为阴极室，所发生的反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故 pH 增大，B 错误； C．根据分析，H+通过 a 膜，Na+通过 c 膜，故 a、c 为阳离子交换膜， - 2 2H PO 通过 b 膜，故 b 为阴离子交换膜，C 正确； D．根据反应 H++ - 2 2H PO =H3PO2，故当电路中通过3mol 电子时，可生成 3 23mol H PO ，D 错 误； - 12 - 故答案为：AC。 15. 丙烷氧化脱氢制备丙烯的主要反应为        3 8 2 3 6 22C H g O g 2C H g 2H O g 0H    。在催化剂作用下， 3 8C H 氧化脱氢除 生成 3 6C H 外，还生成 CO、 2CO 等物质。实验测得 3 8C H 的转化率和 3 6C H 的产率随温度变化 关系如下图所示。 已知： 3 6 3 6 3 8 C HC H 100% C H   的物质的量 的选择性 反应的 的物质的量 。 下列说法正确的是 A. 3 8C H 的转化率和 3 6C H 的产率随温度变化曲线分别是 b、a B. 温度升高催化剂的活性增大， 3 8C H 的转化率增大 C. 575 C 时 3 6C H 的选择性为 66% D. 选择相对较低的温度能够提高 3 6C H 的选择性 【答案】BD 【解析】 【详解】A．根据题干信息，在催化剂作用下， 3 8C H 氧化脱氢除生成 3 6C H 外，还生成 CO、 2CO 等物质，因此 3 8C H 的转化率大于 3 6C H 的产率，即 3 8C H 的转化率和 3 6C H 的产率随温 度变化曲线分别是 a、b，A 错误； - 13 - B．升高温度，可提高催化剂的活性，从而使得 3 8C H 的转化率增大，B 正确； C．由已知，575℃时， 3 6 3 6 3 8 C H 17%C H 100%= 100% 51.5% C H 33%     的物质的量 的选择性 反应的 的物质的量 ，C 错误； D．由图像可知，温度较低时， 3 8C H 的转化率和 3 6C H 的产率相差较小，则 3 6C H 的选择性偏 高，因此选择相对较低的温度能够提高 3 6C H 的选择性，D 正确； 答案选 BD。 三、非选择题：本题共 5小题，共 60分。 16. 以废旧磷酸亚铁锂电池正极片( 4LiFePO 、炭黑和铝箔等)为原料制备锰酸锂( 2 4LiMn O ) 的流程如图所示。 回答下列问题： (1) 4LiFePO 中 Fe 元素的化合价为_________；“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因 是__________。 (2)“碱浸”中发生反应的离子方程式为________________________________。 (3)“浸取”中加入 3NaClO 的作用为________________；“沉铁”过程所得滤渣为白色固体， 其主要成分是________________。 (4)已知碳酸锂的分解温度为723 C 。当“焙烧”温度达到515 C 时，开始有 2CO 产生，可 能的原因是________________； 2MnO 可以利用 4MnSO 溶液与 2 2 8K S O 溶液反应制备，该反 应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。 (5)写出“焙烧”过程中生成锰酸锂的化学方程式_________________________________。 【答案】 (1). +2 (2). Li＋从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中 (3).  2 4 22Al 2OH 6H O=2 Al(OH) 3H    或 2 2 22Al 2OH 2H O=2AlO 3H     - 14 - (4). 将 2Fe ＋氧化为 3Fe ＋ (5). 4FePO 或磷酸铁 (6). 2MnO 作催化剂，降低了碳酸锂分 解 反 应 的 活 化 能 ， 加 快 碳 酸 锂 分 解 (7). 1:1 (8). 2 2 3 2 4 2 2 8MnO 2Li CO 4LiMn O 2CO O     高温 【解析】 【详解】（1）LiFePO4 中 Li 元素为+1 价， 3- 4PO 整体为-3 价，推得 Fe 为+2 价。放电时负极 Li 失电子变为 Li+，经电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂回收。 （2）原料中铝箔和 NaOH 反应，即 2 2 22Al 2OH 2H O=2AlO 3H    。 （3）将原料中的亚铁氧化为三价铁，便于后续沉淀。因为 Fe3+与 2- 3CO 彻底双水解生成红褐 色 Fe(OH)3沉淀，但题目说是白色沉淀，依据元素守恒只能是 FePO4。 （4）焙烧时加入了 MnO2，联想到 MnO2可以作催化剂，降低反应的活化能，使得 Li2CO3在 较低温度下分解。 （5）MnSO4→MnO2 化合价升高，故 K2S2O8有元素化合价降低，S 元素在溶液中常以+6 价 2- 4SO 稳定存在，推测 K2S2O8中 S 元素由+7 降到+6，根据得失电子守恒得 1 K2S2O8 ~ 1 MnSO4，所 以氧化剂：还原剂为1：1。 （6）Li2CO3 与 MnO2反应生成 LiMn2O4，结合第（5）问信息，还有 CO2生成，此时得到混合 气体，根据元素守恒推测另一种气体为 O2，故方程式为： 2 2 3 2 4 2 2 8MnO 2Li CO 4LiMn O 2CO O     高温 【点睛】运用得失电子守恒法配平陌生氧化还原方程式。 17. 治理汽车尾气 NOx 是环境保护的重要课题。 (1)汽车尾气中的 NO 是空气中的 2N 在高温下燃烧生成的，其反应机理如下。 2A 2A  2A B NO B    2B A NO A    已知：298K 时相关化学键的键能数据如下。 化学键 O=O N N N=O 键能/( 1kJ mol ) 498.0 946.0 630.0 - 15 - ①上述机理中， 2A 代表的是________(填“ 2N ”或“ 2O ”)，判断的理由是 __________________。 ②      2 2N g O g 2NO g H   ________ 1kJ mol 。 (2)应用 SCR 脱硝技术除去汽车尾气中的氮氧化物，其反应原理如下。        3 2 24NH g 6NO g 5N g 6H O g 0H    450 C 时，将含 NO a%(体积分数)的汽车尾气以 1100 mL min 的流速通过盛有氨的反应器， 出口气体中 NO 的含量变为 b%(忽略体积变化)，则 v(NO)  ________ 1mL min  。 (3)在 NOx 催化脱除过程中，更多应用尿素—SCR 技术。该技术中生成 3NH 的反应如下。 Ⅰ．      2 3 12 CO NH (s) NH g HNCO g 0H   Ⅱ． 2 3 2 2HNCO(g) H O(g) NH (g) CO (g) 0H    ①一定温度下，向刚性容器中投入足量  2 2 CO NH (s) 和一定量的 2H O(g)，当上述反应达到 平衡时，测得   1 3NH mol Lc p   、   1 2CO mol Lc q   。则 (HNCO)c  ________ 1mol L (用含 p、q的代数式表示，下同)，反应Ⅰ的平衡常数为 ____________。 ②体系中  3NHc 随温度、氧气浓度的变化如下图所示。 温度高于1000 C 时，在无氧体系中， 3NH 浓度减小的原因是____________；1100 C 以上， 在有氧体系中 3NH 浓度接近 10 μL L ，理由是____________________。 【答案】 (1). 2O (2). 2O 中 O O＝ 键能比 2N 中 N N 键能小，更易解离为原子 (3). 184.0 (4). (a b) (5). ( 2 )p q (6). ( 2 )p p q (7). 温度升高，反应 - 16 - Ⅱ平衡逆向移动，氨气浓度减小 (8). 氨气在高温下被氧气氧化 【解析】 【分析】 (1)①已知 O=O 的键能为 498.0kJ•mol-1，N≡N 的键能为 946.0kJ•mol-1，O2中 O=O 键能比 N2中 N≡N键能小，更易解离为原子； ② H =反应物的键能和-生成物的键能和； (2)设通过时间为 1min，则每通入 100mL 混合气体中含 CO 的体积为 amL，出口 100mL 混合气 体中含 CO 的体积为 bmL； （3）①根据反应原理，反应Ⅰ的平衡常数 K=c(NH3)×c(HNCO)，代入浓度数据计算； ②氨气具有还原性，高温时能被氧气氧化。 【详解】(1)①已知 O=O 的键能为 498.0kJ•mol-1，N≡N 的键能为 946.0kJ•mol-1，则 O2中 O=O 键能比 N2中 N≡N 键能小，更易解离为原子，故上述机理中 A2代表的是 O2，故答案为：O2；O2 中 O=O 键能比 N2中 N≡N 键能小，更易解离为原子； ②已知 N2(g)+O2(g)=2NO(g)，则△H=反应物的键能和-生成物的键能和 =(946.0kJ•mol-1)+(498.0kJ•mol-1)-2(630.0kJ•mol-1)=+184.0kJ/mol，故答案为：+184.0； (2)设通过时间为 1min，则每通入 100mL 混合气体中含 CO 的体积为 amL，出口 100mL 混合气 体中含 CO 的体积为 bmL，故 (CO)= amL-bmL 1min =(a-b)mL•min -1 ； 故答案为：（a-b）； (3)①当反应达到平衡时，测得 c(NH3)=pmol/L、c(CO2)=qmol/L，则      2 32 CO NH (s) NH g +HNCO g (mol/L) 0 0 (mol/L) x x (mol/L) x x  起始量 转化量 平衡量 ,   22 3 +CO (g)HNCO(g) +H O(g) NH g 0(mol/L) x x q(mol/L) q q q(mol/L) x-q x q  起始量 转化量 平衡量 故有：x+q=p，解得：x=p-q， c(HNCO)=x-q=p-2q，反应Ⅰ的平衡常数 K=c(NH3)×c(HNCO)=p(p-2q)(mol/L)2，故答案为：p-2q， p(p-2q)； ②通过比较温度、氧气浓度对尿素水解产物浓度的影响后，温度高于1000 C 时，在无氧体 系中， 3NH 浓度减小，根据已知信息可知，反应Ⅱ为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动， - 17 - 发现在有氧气、1100℃以上时，体系中 NH3 浓度接近 0μL•L-1，其可能原因是氨气有还原性， 在高温下能被氧气氧化；故答案为：温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，氨气浓度减小；氧气 在高温时将 NH3 氧化。 18.  3 2 4 23 K Fe C O 3H O    (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制 备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐    4 4 22 2 NH Fe SO 6H O  制备  3 2 4 23 K Fe C O 3H O    的流程如图所示。 回答下列问题： (1)  3 2 4 3 K Fe C O  中铁离子的配位数为__________，其配体 2 2 4C O  中 C 原子的杂化方式为 ________。 (2)步骤②发生反应的化学方程式为 __________________________________________________。 (3)步骤③将 3Fe(OH) 加入到 2 4KHC O 溶液中，水浴加热，控制溶液 pH 为3.0 ~ 3.5，随反应 进行需加入适量__________(已知：常温下 2 4KHC O 溶液的 pH 约为 3.5)。 (4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是 ____________________。 (5)某研究小组将  3 2 4 23 K Fe C O 3H O    在一定条件下加热分解，利用下图装置(可重复使用) 验证所得气体产物中含有 CO 和 2CO 。 ①按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_________________(填装置序号)。 ②确认气体产物中含 CO 的现象为____________________。 - 18 - 【答案】 (1). 6 (2). 2sp (3). 2 2 2 32Fe(OH) H O 2Fe(OH) (4). 2 2 4H C O (5). 洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分 (6). DCBADE (7). A 中 的粉末由黑色变为红色，其后的 D 中的石灰水变浑浊 【解析】 【分析】 莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]经过 NaOH 溶液处理后生成 Fe(OH)2 沉淀，Fe(OH)2 经过 H2O2 氧 化得 Fe(OH)3 红褐色沉淀，Fe(OH)3与 KHC2O4反应生成 K3[Fe(C2O4)3]溶液，最后蒸发浓缩、 冷却结晶得 K3[Fe(C2O4)3]•3H2O，据此分析解题。 【详解】(1)  3 2 4 3 K Fe C O  中铁离子为中心离子， 2- 2 4C O 为配体，由于每一个 2- 2 4C O 能与中 心离子形成两个配位键，故  3 2 4 3 K Fe C O  中铁离子的配位数为 6，其配体 2 2 4C O  的结构简 式为 ，故每个 C 原子周围形成 3 个 键，无孤对电子，故碳原子的杂化方式为 2sp ，故 答案为：6； 2sp ； (2)由分析可知，步骤②发生反应为 Fe(OH)2经过 H2O2氧化得 Fe(OH)3红褐色沉淀，故其化学 方程式为 2 2 2 32Fe(OH) H O 2Fe(OH) ，故答案为： 2 2 2 32Fe(OH) H O 2Fe(OH) (3)步骤③将 Fe(OH)3加入到 KHC2O4溶液中，水浴加热，控制 pH 为3.0 ~ 3.5，已知常温下 2 4KHC O 溶液的 pH 约为 3.5，故为了防止 pH 偏高且不引入新的杂质，应随反应进行需加入 适量 H2C2O4以降低 pH，故答案为：H2C2O4； (4)得到的三草酸合铁酸钾晶体，此时晶体表面还有大量的可溶性杂质，故依次用少量冰水以 洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，再用 95%乙醇洗涤以除去表面的水分，同时便以干 燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分； (5)①检验 CO2通常用澄清石灰水，检验 CO2中的 CO 需先用 NaOH 溶液除去 CO2，然后干燥 后通入灼热的 CuO 后再用澄清石灰水检验产物，最后需进行尾气处理，收集 CO，故按气流 从左到右的方向，依次连接的合理顺序为 DCBADE，故答案为：DCBADE； ②经过上述①分析可知，CO+CuO  Cu+CO2，故 A 中的粉末由黑色变为红色，将生成的气体 通入其后的 D 中的石灰水变浑浊，即可确认气体产物中含 CO， 故答案为：A 中的粉末由黑 色变为红色，其后的 D 中的石灰水变浑浊。 - 19 - 19. 某小组探究 Cu 与 3HNO 反应，发现有趣的现象。室温下， 13 mol L 的稀硝酸(溶液 A) 遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液 B(见图)遇铜片立即产生 气泡。 回答下列问题： (1)探究溶液 B 遇铜片立即发生反应的原因。 ①假设 1：_____________对该反应有催化作用。 实验验证：向溶液 A 中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。 结论：假设 1 不成立。 ②假设 2： 2NO 对该反应有催化作用。 方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液 A 中通入少量 2NO ，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有 同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液 A 中加入几滴 15 mol L 的硝酸，没有明显变 化。补充该实验的目的是_____________。 方案Ⅱ：向溶液 B 中通入氮气数分钟得溶液 C。相同条件下，铜片与 A、B、C 三份溶液的反 应速率：B C A  ，该实验能够证明假设 2 成立的理由是_________________。 ③查阅资料： 2NO 溶于水可以生成 2HNO 和___________________。 向盛有铜片的溶液 A 中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明 2HNO 对该反应也有催化作用。 结论： 2NO 和 2HNO 均对 Cu 与 3HNO 的反应有催化作用。 (2)试从结构角度解释 2NO 在金属表面得电子的能力强于 3NO 的原因________________。 (3)Cu 与稀硝酸反应中 2HNO 参与的可能催化过程如下。将 ii 补充完整。 i． 3 2 2 2NO HNO H H O=2NO     ii．______________________ - 20 - iii． 2 2 33NO H O=2H 2NO NO    (4)探究  3 22 Cu NO 6H O 的性质。 将一定质量的  3 22 Cu NO 6H O 放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升 至 CT  时，剩余固体质量变为原来的 24.33% ，则剩余固体的化学式可能为______________。 【答案】 (1). Cu2+ (2). 排除通入 2NO 与水反应引起硝酸浓度增大的影响 (3). 通入 N2 可以带走溶液中的 2NO ，因此三份溶液中 2NO 的浓度：B＞C＞A，反应速率随 2NO 浓 度降低而减慢，说明 2NO 对该反应有催化作用 (4). 3HNO (5). 2NO 有单电子，很容 易得到一个电子形成更稳定的 2NO ； 3NO 为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得 电子 (6). 2 2 2=Cu 2NO 2H Cu 2HNO    (7). 2Cu O 【解析】 【分析】 影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率 的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应， 先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生改变；计算  3 22 Cu NO 6H O 受热分解所得产物化学式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、 结合应用质量守恒定律计算即可； 【详解】(1) ①溶液 B 与稀硝酸的区别就是 B 是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈 蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液 B 遇铜片立即发生反应，催化 剂能极大地加快反应速率，故推测 Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。②排除了 Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究 2NO 对该反应有催化作用。作对比实验，控制 变量，方案Ⅰ中向盛有铜片的溶液 A 中通入少量 2NO ，补充对比实验，补充该实验的目的是 排除通入 2NO 与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案Ⅱ：向溶液 B 中通入氮气数分钟得溶 液 C，则三份溶液中唯一的变量 2NO 的浓度不一样：由于通入 N2可以带走溶液中的 2NO ， 因此 2NO 的浓度：B＞C＞A，则相同条件下，铜片与 A、B、C 三份溶液的反应速率：B C A  可以证明，该实验能够证明 2NO 对该反应有催化作用。③已知 2NO 溶于水可以生成 2HNO ， - 21 - 氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为 3HNO ，故 2NO 溶于水可以 生成 2HNO 和 3HNO 。 (2) 根据价层电子对互斥理论， 3NO 中孤电子对数为 5 2 3 1 0 2     ，价层电子对数为 3+0=3，根据杂化轨道理论，中心 N 原子为 sp2 杂化，空间构型为平面正三角形， 在 NO2 分 子中，N 周围的价电子数为 5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮 原子的价电子总数为 5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释 2NO 在 金属表面得电子的能力强于 3NO 的原因为： 2NO 有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定 的 2NO ； 3NO 为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。 (3) Cu 与稀硝酸反应中反应过程中 2HNO 可能参与催化， 2HNO 先在反应中消耗后又重新生 成，反应前后 2HNO 的质量和化学性质不发生改变；Cu 与稀硝酸反应为： 2 3 23Cu 8H 2NO 3Cu 2NO 4H O      ═ ，反应 ii= 1 3 (总反应-i×6-iii×2)，则反应 ii 为： 2 2 2=Cu 2NO 2H Cu 2HNO    。 (4) 硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设  3 22 Cu NO 6H O 的质量为 296g，即 1mol，当温度升至 CT 时，剩余固体质量为 296g×24.33%=72g，其中 Cu 为 64g，还剩余 8g 其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中 Cu 和 O 的物质的量之比为 1:0.5，则该物质应为 Cu2O。 20. 二氯异氰尿酸钠 3 2(CNO) Cl Na 是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。 某同学利用高浓度的 NaClO 溶液和 3 3(CNO) H 固体，在10 C 时反应制备二氯异氰尿酸钠， 实验装置如下图所示(部分夹持装置略)。 - 22 - 已知： 3 3 3 2 22NaClO (CNO) H (CNO) Cl Na NaOH H O   回答下列问题： (1)仪器 a 的名称为___________；装置 A 中制备 2Cl 的化学方程式为 ________________________。 (2)待装置 B____________(填实验现象)时，再由三颈烧瓶上口加入 3 3(CNO) H 固体；反应过程 中仍需不断通入 2Cl 的理由是________________________。 (3)反应结束后，装置 B 中的浊液经过滤、____________、干燥得粗产品。上述装置存在一处 缺陷会导致装置 B 中 NaOH 利用率降低，改进的方法是________________________。 (4)通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。 反应原理：  3 2 2 3 3(CNO) Cl H 2H O=(CNO) H 2HClO    2 2=HClO 2I H I Cl H O      2 2 2 2 3 4 6=I 2S O S O 2I    实验步骤：准确称取 mg 样品，用容量瓶配成 250 mL 溶液；取 25.00 mL上述溶液于碘量瓶 中，加入适量稀硫酸和过量 KI 溶液，充分反应后，用 1 2 2 3 mol L Na S Oc  标准溶液滴定至溶 液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗 2 2 3Na S O 溶液V mL 。 ①该样品的有效氯含量表达式为____________。 ( HClO 2 100%   测定中转化为 的氯元素 该样品的有效氯 样品的质量 ) ②下列操作将导致样品有效氯测定值偏低的是__________(填标号)。 a．加入稀硫酸的量过少 b．滴定前滴定管未排气泡滴定后气泡消失 c．锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数 d．读数时，滴定前平视、滴定后仰视 【答案】 (1). 恒压滴液漏斗 (2). 3 2 2KClO 6HCl( ) KCl 3Cl 3H O    浓 (3). 液面上方有黄绿色气体 (4). 使反应生成的 NaOH 再次生成 NaClO，提高原料的利用率 - 23 - (5). 冰水洗涤 (6). 在装置 A、B 之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 (7). 35.5 %cV m (8). ac 【解析】 【分析】 由题干实验装置图可知，A 为制备 Cl2，反应为 3 2 2KClO 6HCl( ) KCl 3Cl 3H O    浓 ， 由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH 利用率降低，故需先通入到饱和食盐水的集气瓶来除杂，B 装置是发生装置反应为： 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O， 3 3 3 2 22NaClO (CNO) H (CNO) Cl Na NaOH H O   ， 由此可知，反应过程中又生成了 NaOH，故反应过程中需通入一定量的 Cl2，装置 C 进行尾气 处理，据此分析解题。 【详解】(1)由实验装置图可知仪器 a 为恒压滴液漏斗，由分析可知装置 A 中制备 2Cl 的化学 方程式为： 3 2 2KClO 6HCl( ) KCl 3Cl 3H O    浓 ，故答案为：恒压滴液漏斗； 3 2 2KClO 6HCl( ) KCl 3Cl 3H O    浓 ； (2)待装置 B 液面上方有黄绿色气体时，说明 NaOH 溶液与 Cl2已经完全反应，再由三颈烧瓶 上口加入 3 3(CNO) H 固体，由已知信息可知，加入 3 3(CNO) H 固体后反应为： 3 3 3 2 22NaClO (CNO) H (CNO) Cl Na NaOH H O   ，该反应过程中生成了 NaOH，故仍 需不断通入 2Cl 以增大 NaOH 的利用率，故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的 NaOH 再次生成 NaClO，提高原料的利用率； (3) 由题干信息可知，二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，故反应结束后，装置 B 中的浊液经过滤、 冰水洗涤、干燥得粗产品，由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的 Cl2含有大量的 HCl， 将消耗部分 NaOH，使得 NaOH 利用率降低，故需先通入到饱和食盐水的集气瓶来除杂，故答 案为：冰水洗涤；在装置 A、B 之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶； (4) ①由已知反应不难找出关系式为： 2- 2 2 3HClO I 2S O  ， n(HClO)= 1 2 n( 2- 2 3S O )= 1 2 cmol·L-1V -310 L =5 -410 cVmol，故该样品的有效氯含量表达式为 - 24 - -4 -12×5×10 mol×35.5g•mol 100%25.00mLmg× 250mL  = 35.5 %cV m ，故答案为： 35.5 %cV m ； ② a．加入稀硫酸的量过少，将使反应  3 2 2 3 3(CNO) Cl H 2H O=(CNO) H 2HClO    不完 全，即生成的 HClO 偏少，故将导致样品有效氯测定值偏低，a 符合题意； b．滴定前滴定管未排气泡滴定后气泡消失，将导致 V 偏大，故将导致样品有效氯测定值偏高， b 不合题意； c．锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数，此时可能锥形瓶内壁上仍然含有为参与反应的 I2，将 导致 V 偏小，故将导致样品有效氯测定值偏低，c 符合题意； d．读数时，滴定前平视、滴定后仰视，将使 V 偏高，故将导致样品有效氯测定值偏高，d 不 合题意； 故答案为：ac。