山东省潍坊市五县2021届高三10月联考化学试题 Word版含解析

山东省潍坊市五县2021届高三10月联考化学试题 Word版含解析

潍坊市五县市2021届高三10月联考 化学试题 注意事项：‎ ‎1．本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为选择题，共40分；第Ⅱ卷为非选择题，共60分，满分100分，考试时间为90分钟。‎ ‎2．第Ⅰ卷共4页，请将选出的答案标号(A、B、C、D)涂在答题卡上。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Mn 55 Ag 108‎ 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意。‎ ‎1. 化学与生活密切相关。下列叙述错误的是 A. 碳酸氢钠可用于食品膨松剂 B. KAl(SO4)2·12H2O可用做净水剂 C. 30%双氧水溶液用于皮肤伤口消毒 D. 二氧化硫可用于食品杀菌、抗氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢钠可作食品的膨松剂，原因是与酸反应生成二氧化碳，且加热不稳定，分解生成二氧化碳气体，A正确；‎ B. 明矾（KAl(SO4)2·12H2O）在溶液中电离出铝离子，铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附作用，能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，B正确；‎ C. 医疗上常用3%的过氧化氢溶液进行伤口消毒，若浓度过大，会灼伤皮肤及患处，C错误；‎ D. 二氧化硫具有一定的抑制细菌和真菌滋生的作用，具有一定的防腐抗氧化作用，D正确；‎ 故选C。‎ ‎2. 汉字书法艺术是中华优秀传统文化的代表之一，古人所谓“文房四宝”是书法必备用品。以下四种，其主要化学成分属于无机盐的是 A. 湖笔 B. 徽墨 C. 宣纸 D. 端砚 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】A. 湖笔用的羊毛主要成分是蛋白质，属于有机物，故A不选；‎ B. 徽墨主要是碳粒，碳属于无机单质，故B不选；‎ C. 纸的原料是木材，主要成分是纤维素，属于有机物，故C不选；‎ D. 端砚用石材制作的，石材的主要成分是碳酸钙，属于无机盐，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎3. 下列分离或提纯物质的方法错误的是 A. 用分液的方法分离水和苯 B. 用渗析的方法精制氢氧化铁胶体 C. 用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠 D. 用溶解、过滤的方法提纯含有少量硫酸钡的碳酸钡 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水和苯不互溶，可以用用分液的方法分离，A正确；‎ B. 胶体的微粒直径在1nm∼100nm之间，不能透过半透膜，可用渗析的方法分离，B正确；‎ C. 碳酸氢钠加热时易分解，生成碳酸钠和水，所以可用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠，加热时水挥发，没有引入其它杂质，C正确；‎ D. 硫酸钡和碳酸钡都难溶于水，应通入二氧化碳，使碳酸钡生成碳酸氢钡，过滤后再加热分解，重新生成碳酸钡，D错误；‎ 故选D。‎ ‎4. 1956年，美籍华人科学家吴健雄用Co放射源进行实验验证了杨振宁和李政道的重要发现(此发现于1957年获得诺贝尔物理学奖)。Co的衰变方程为：Co＝Ni＋e－＋，其中是反中微子，它的电荷数为0, 静止质量可认为是0。下列说法错误的是 A. 衰变产物Ni质量数是60‎ B. Co与Ni同在元素周期表的d区 C. Co与Ni基态原子核外电子占据的轨道数不同 D. 基态Ni原子的价电子排布为3d84s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．衰变过程中遵守质子和中子守恒，则Ni的质子数为28，质量数为60，故A正确；‎ - 21 -‎ B．Co与Ni均为第四周期第Ⅷ族元素，均属d区元素，故B正确；‎ C．基态Co原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，Co和Ni基态原子核外电子占据的轨道数均为15，故C错误；‎ D．基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，则基态Ni原子的价电子排布为3d84s2，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎5. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 含0.1mol Na+的Na2O和Na2O2的混合物中，阴离子总数等于0.05NA B. 标准状况下2.24L Cl2完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为0.2NA C. 0.1mol FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶粒数为0.1NA D. 1mol N2与4mol H2一定条件下反应，生成的NH3分子数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O和Na2O2均含2个钠离子和1个阴离子，即两者中钠离子和阴离子的物质的量之比均为2：1，故当含0.1mol钠离子时，所含的阴离子的物质的量为0.05mol，即0.05NA个，故A正确；‎ B．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含有未反应的氯气分子，故所得溶液中含氯微粒数小于0.2NA个，故B错误；‎ C．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故水解出的氢氧化铁胶粒的个数小于0.1NA个，故C错误；‎ D．密闭容器中1mol N2与4mol H2在一定条件下充分反应，由于是可逆反应，不能进行到底，则生成的NH3分子数小于2NA，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎6. 在给定条件下，下列物质转化每一步都能实现的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ - 21 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解氯化钠溶液可以生成氯气，氯气和石灰乳反应可以生成漂白粉（Ca(ClO)2），故A正确；‎ B. 氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁，电解氯化镁溶液不能得到金属Mg，电解熔融氯化镁才能生成金属Mg，故B错误；‎ C. 铝和四氧化三铁在高温条件下生成氧化铝和铁，氯气和铁反应生成FeCl3，故C错误；‎ D. 硫酸铜和过量氨气反应不能生成氢氧化铜沉淀，得到铜氨络合物，故D错误；‎ 正确答案是A。‎ ‎7. 下列对应离子方程式错误的是 A. 配制FeCl3溶液时要加盐酸：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+‎ B. 向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH＋OH－NH3↑＋H2O C. 盛放碱液的试剂瓶不用玻璃塞：SiO2＋2OH－＝SiO＋H2O D. 室温下用NaOH溶液吸收Cl2：Cl2＋2OH－＝ClO－＋Cl－＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，A正确；‎ B. 碳酸氢铵中的碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应，正确的离子方程式为HCO3-+NH4++2OH-NH3↑++2H2O，B错误；‎ C. 二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，正确的离子方程式为：SiO2+2OH-═+H2O， C正确；‎ D 用NaOH溶液吸收氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应额离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D正确；‎ 故选B。‎ ‎8. 图是氮及其化合物的“价—类”二维图，结合二维图及氧化还原反应的基本规律，下列相关分析或预测错误的是 ‎ - 21 -‎ A. 硝酸具有较强氧化性，可用稀硝酸清洗“银镜实验”后的试管 B. NO、NO2和NH3在一定条件下均能反应，可用氨气处理氮氧化物 C. 可用加热NH4NO3的方法制取氨气 D. 联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸HN3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HNO3中氮元素为+5价，具有强氧化性，稀硝酸能氧化许多不活泼的金属，如Cu、Ag等，故A正确；‎ B．由题图可知NO、NO2和NH3在一定条件下均能发生归中反应，产物是氮气和水，氨气可用于处理氮氧化物，故B正确；‎ C．分析NH4NO3中氮元素价态可知，其可能发生自身的氧化还原反应，所以其受热分解产物不一定有NH3，故不能加热NH4NO3来热制备NH3，故C错误；‎ D．依据价态分析，N2H4(氮为-2价)和HNO2(氮是+3价)反应可能生成HN3(氮是-价)，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎9. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y、Z、W对应的最高价氧化物的水化物能两两相互反应。下列判断正确的是 A. 原子半径r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)‎ B. Z的单质可用作半导体材料 C. 最高价氧化物的水化物中，W原子的杂化方式为sp3‎ D. X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 - 21 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X是氧元素；Y、Z、W对应的最高价氧化物的水化物能两两相互反应，则Y应为Na元素、Z为Al元素，W可能为S或Cl元素。‎ ‎【详解】由分析知：X为O元素、Y为Na元素、Z为Al元素、W为S或Cl元素；‎ A．同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，则O、Na、Al与S或Cl元素的原子半径大小顺序为r(Na)＞r(Al)＞r(S或Cl)＞r(O)，故A错误；‎ B．Z为Al元素，Al是金属导体，故B错误；‎ C．S或Cl元素的最高价氧化物的水化物为H2SO4或HClO4，分子中S或Cl的杂化方式均为sp3杂化，故C正确；‎ D．O的非金属性比S或Cl强，则H2O比H2S或HCl稳定，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10. 磷酸铁锂是制作电池的材料，其制备过程可以简化成如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：烧杯、酒精灯、玻璃棒、泥三角 B. 反应釜中反应的化学方程式为2H3PO4＋Li2CO3=2LiH2PO4＋H2O＋CO2↑‎ C. 分离的操作是过滤 D. 烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，A项错误；‎ B. 强酸制弱酸原理，反应釜中反应的化学方程式为2H3PO4＋Li2CO3=2LiH2PO4＋H2O＋CO2↑，B项正确；‎ C. 最后得到LiH2PO4晶体，分离的操作是过滤，C项正确；‎ D. 铁的化合价下降，烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应，D项正确；‎ 答案选A。‎ - 21 -‎ 二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎11. 油画变黑，可用一定浓度的H2O2溶液擦洗修复，发生的反应为：4H2O2＋PbS＝PbSO4＋4H2O，下列说法正确的是 A. PbS是氧化剂 B. PbSO4是氧化产物 C. Pb位于元素周期表的第5周期ⅣA族 D. H2O2在反应中既体现还原性又体现氧化性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A． PbS中S元素化合价升高，PbS是还原剂，故A错误；‎ B．PbS →PbSO4，S元素化合价升高，PbS发生氧化反应，PbSO4是氧化产物，故B正确；‎ C．Pb位于元素周期表的第6周期ⅣA族，故C错误；‎ D．H2O2中氧元素化合价降低，在反应中只体现氧化性，故D错误；‎ 选B ‎12. 二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物，在医药、航天、环保等行业具有广泛的应用，其结构简式如图所示。下列说法错误的是 A. 其分子式为 C10H10Fe B. 分子中的Fe失去了3d能级上的2个电子 C. 分子中既含有极性共价键又有非极性共价键 D. 铁元素的第二电离能大于它的第三电离能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.有图可知， 其分子式为 C10H10Fe，故A正确，但不符合题意；‎ B. 分子中的Fe失去了最外层4s能级上的2个电子，故B错误，符合题意；‎ C. 分子中既含有C-H极性共价键又有C-C非极性共价键，故C正确，但不符合题意；‎ D. 铁元素的第二电离能小于它的第三电离能，因为失去3个电子后，3d - 21 -‎ 成为半充满结构，能量最低，比较稳定，故D错误，符合题意；‎ 故选：BD。‎ ‎13. 某同学进行如下实验：‎ 实验步骤 实验现象 I 将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着 II 将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)‎ 下列说法错误的是 A. 根据II中试纸变橙黄色，说明NH4Cl是弱电解质 B. 根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快 C. I中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的 D. 根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验I中对装有NH4Cl固体试管加热，湿润pH试纸黄色→蓝色（pH≈10）→黄色→红色（pH≈2），说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，盐酸属于强酸，最后湿润的pH试纸变为红色，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵；实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化黄色→橙黄色（pH≈5），说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性；据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，II中试纸变橙黄色，只能说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，而NH4Cl属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A错误；‎ B．根据分析，由I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；‎ - 21 -‎ C．根据分析，由I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；‎ D．根据分析，由试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；‎ 答案为AC。‎ ‎14. 据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是 A. OH－在反应中做催化剂 B. 该反应可产生清洁燃料H2‎ C. 该反应属于氧化还原反应 D. 该催化循环中Fe的成键数目未发生变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. OH－在该循环中参与反应，又生成OH－，因此起到催化循环的作用，故A正确，但不符合题意；‎ B. 该循环过程产生了H2，故B正确，但不符合题意；‎ C. 该反应生成单质氢气，元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确，但不符合题意；‎ D. 该循环中Fe的成键数目发生了变化，有 等，故D错误，符合题意； ‎ 故选：D。‎ ‎15. 已知溶液中氧化性：IO＞I2＞SO。向含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法错误的是 - 21 -‎ A. a点反应的还原剂是NaHSO3，此时碘元素被还原 B. b点反应的离子方程式是：3HSO＋IO＋3OH－＝3SO＋I－＋3H2O C. c点到d点的反应中共转移0.6mol电子 D. 向200mL1mol·L-1的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式是：5HSO＋2IO＝I2＋5SO＋3H＋＋H2O ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为还原性 > ，所以首先是发生以下反应离子方程式： ，此时碘元素被还原，故A正确，但不符合题意；‎ B. bc段发生反应：，故B错误，符合题意；‎ C. c点时加入的 物质的量为1mol，和3mol 的溶液恰好完全反应，即，c点到d点， 可以结合H+氧化I−生成I2，离子方程式是 ，在d点时， 与反应恰好生成0.6I2，根据方程式关系 ‎ ‎ 解得 x=1.0mol，共转移1.0mol电子，故C错误，符合题意；‎ D. 向200mL1mol/L的溶液中滴加溶液，被氧化为 ，过量，由于氧化性IO＞I2，将氧化为，反应不能生成，而是生成I2，反应离子方程式为：5HSO＋2IO＝I2＋5SO＋3H＋＋H2O，故D正确，但不符合题意；‎ - 21 -‎ 故选：BC。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16. 二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒灭菌剂，可以有效灭活新冠病毒，但其稳定性较差，可转化为较稳定的NaClO2保存。利用吸收法可得到NaClO2。工艺流程如图所示：‎ 已知：Ⅰ．纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。‎ Ⅱ．NaClO2长期放置或高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)ClO2中氯元素的化合价为____价，向ClO2发生器中通入空气的目的是______。‎ ‎(2)吸收塔中制取NaClO2的离子方程式是__________，温度不能超过20℃，可能的原因是_____________。‎ ‎(3)吸收塔中为防止产生NaClO2被继续还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_________(填序号)。‎ A．Na2O2　　　　　B．Na2S　　　　　C．FeCl2　　　　　D．KMnO4‎ ‎(4)取等质量NaClO2，其中一份加热70℃，另一份严格保存。两份均配成溶液并分别与足量FeSO4溶液反应，消耗Fe2+的物质的量____(填“相同”、“不相同”或“无法判断”)。‎ ‎(5)NaClO2与氯气反应可制得ClO2，反应的化学方程式为_________。‎ ‎【答案】 (1). +4 (2). 稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 (3). 2OH﹣+2ClO2+H2O2═2ClO+O2+2H2O (4). H2O2温度较高时易分解 (5). A (6). 相同 (7). Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知，NaClO3先和硫酸溶解，在发生器中通入SO2，发生反应：SO2+2NaClO3+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4，向发生器中通入空气可以稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸，吸收塔中用NaOH吸收产生的ClO2，加入H2O2作还原剂，防止产生NaClO2被继续还原成NaCl，得到的NaClO2溶液，通过结晶得到NaClO2晶体。‎ ‎【详解】(1)ClO2中氯元素的化合价为+4价；纯ClO2易分解爆炸，向ClO2‎ - 21 -‎ 发生器中通入空气的目的是：稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；‎ ‎(2)吸收塔中用NaOH吸收产生的ClO2，加入H2O2作还原剂，防止产生NaClO2被继续还原成NaCl，得到的NaClO2溶液，离子方程式为：2OH﹣+2ClO2+H2O2═2ClO+O2+2H2O；温度不能超过20℃，可能的原因是：H2O2温度较高时易分解；‎ ‎(3)选用的还原剂不能引入新的杂质，并且产物容易分离，故选Na2O2作还原剂，生成氧气，故选A；‎ ‎(4)加热70℃，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，变质过程为NaClO2自身的氧化还原反应，无论变质与否，与Fe2＋反应时氯元素最终都转化为Cl－，故转移电子数相等，消耗的Fe2+的物质的量相同；‎ ‎(5)亚氯酸钠（NaClO2）与氯气（Cl2）反应反应，生成二氧化氯和氯化钠，反应的化学方程式为：2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl。‎ ‎【点睛】制备类工业流程问题要注意题目所给信息，纯ClO2易分解爆炸和NaClO2长期放置分解都为后面题目的解答提供了思路，要注意应用。‎ ‎17. A、B、C、D是原子序数依次递增四种短周期元素。基态A原子所含的电子只有一种运动状态；基态B原子中有三个未成对电子。A、B、C、D四种元素共同组成化合物M，M可发生如下反应：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)B原子的价电子排布式为_______。实验室制备BmAn的化学方程式是_________。‎ ‎(2)A、C、D三种元素的原子半径由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)。‎ ‎(3)B元素的第一电离能比同周期相邻两种元素的都高；原因是____________。‎ ‎(4) D元素的一种氧化物D2O为淡棕黄色气体，可由新制的HgO和D2发生歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)制得。上述制备D2O的化学方程式为_________。‎ ‎(5)D元素的另一种氧化物DO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaDO2、NaHSO4、NaHCO3的泡腾片，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到DO2溶液。上述过程中，生成DO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol DO2消耗NaDO2‎ - 21 -‎ 的量为_____mol；若产生的“气泡”与DO2的物质的量相等，则反应过程中消耗NaDO2、NaHSO4、NaHCO3的物质的量之比为____________。‎ ‎【答案】 (1). 2s22p3 (2). CaCl2+2NH3+2H2O (3). Al > Cl > H (4). 氮原子与碳原子电子层数相同，但氮原子核电荷数大，原子核对外层电子的有效吸引作用强，故第一电离能大于碳元素；氮原子p能级为半充满结构，相对稳定，故第一电离能大于氧元素 (5). 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O (6). 1.25 (7). 5∶8∶4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D是原子序数依次递增的四种短周期元素。基态A原子所含的电子只有一种运动状态，则A为氢原子；基态B原子中有三个未成对电子，则其电子排布式为1s22s22p3，B为氮元素；6.02g化合物M受热分解生成的NH3为0.68g，物质的量为=0.04mol，CxDy的溶液硝酸酸化后，加入过量AgNO3溶液，生成白色沉淀8.61g，此沉淀为AgCl，其物质的量为=0.06mol；CxDy的溶液中加入过量NaOH溶液，再通入过量CO2气体，所得白色沉淀15.6g，此沉淀为Al(OH)3，物质的量为=0.02mol；CxDy应为AlCl3，其物质的量为=0.04mol，据此分析解题。‎ ‎【详解】由分析知：A为氢元素、B为氮元素、C铝元素、D为氯元素；‎ ‎(1) 基态氮原子电子排布式为1s22s22p3，其价电子排布式为2s22p3；实验室利用消石灰和NH4Cl固体混合加热制备NH3的化学方程式是CaCl2+2NH3+2H2O；‎ ‎(2)同周期主族元素的原子半径，随核电荷数递增原子半径减小，则H、Al、Cl三种元素的原子半径由大到小的顺序为Al > Cl > H；‎ ‎(3)N元素的同周期相邻元素为C元素和O元素，因氮原子与碳原子电子层数相同，但氮原子核电荷数大，原子核对外层电子的有效吸引作用强，故第一电离能大于碳元素；氮原子p能级为半充满结构，相对稳定，故第一电离能大于氧元素；‎ ‎(4)新制的HgO和Cl2发生歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)制得Cl2O，发生反应的化学方程式为2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；‎ - 21 -‎ ‎(5) 根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O；生成1mol ClO2消耗NaClO2的量为：mol，即1.25mol；NaHSO4与NaHCO3反应产生CO2气体：NaHSO4电离出H+与生成气体CO2，反应方程式为：NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，则反应过程中消耗NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的物质的量之比为mol：(1mol+1mol)：1mol=5:8:4。‎ ‎【点睛】本题解题难点是根据电子守恒规律写出发生反应的化学方程式，已知在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数必定相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式，运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值 。‎ ‎18. 某实验小组同学用铜与浓硫酸反应制取SO2，验证SO2性质并制备NaHSO3，设计如图所示实验装置。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A中反应的化学方程式为_____________。‎ ‎(2)试管C中的现象是__________________。‎ ‎(3)试管D中发生反应的离子方程式为___________________________。‎ ‎(4)向装置E中通入SO2可制得NaHSO3。已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、HSO、‎ SO随pH的分布如图−1所示，Na2SO3的溶解度曲线如图−2所示。‎ - 21 -‎ ‎①多孔球泡的作用是_______。测量Na2CO3溶液的pH，当pH约为___时，停止通SO2。‎ ‎②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于_________℃条件下趁热过滤。‎ ‎(5)制取SO2时由于条件控制不好，容易产生黑色的CuS和Cu2S固体。CuS和Cu2S都能溶于稀硝酸，它们高温灼烧的产物相同，以下鉴别CuS和Cu2S两种黑色粉末的方法合理的是________ (填序号)。‎ a．将两种样品分别溶于硝酸，区别所产生的气体 b．将两种样品分别溶于硝酸，区别溶液的颜色 c．取两种同质量的样品分别在高温灼烧，区别残留固体的质量 d．取两种同质量的样品分别在高温灼烧，区别残留固体的颜色 ‎【答案】 (1). 2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2+2H2O (2). 溶液由紫色逐渐变为红色 (3). 5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+ (4). 增大气体与溶液接触面积加快反应速率使反应充分进行 (5). 4 (6). 34 (7). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验装置可知，A中铜与浓硫酸反应生成SO2，B是安全瓶，有防倒吸的作用，C中石蕊试液变红色，D中酸性高锰酸钾溶液褪色，SO2继续通入E中碳酸钠溶液，反应生成NaHSO3，最后进行尾气处理。‎ ‎【详解】（1）A中铜与浓硫酸反应生成SO2，化学方程式为：2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2+2H2O，故答案为：2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2+2H2O；‎ ‎（2）SO2与水生成亚硫酸，显酸性，试管C中的现象是溶液由紫色逐渐变为红色；故答案为：溶液由紫色逐渐变为红色；‎ - 21 -‎ ‎（3）D中SO2与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，根据氧化还原反应的原理，反应的离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，故答案为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+；‎ ‎（4）①多孔球泡的作用是增大气体与溶液接触面积加快反应速率使反应充分进行；由图1可知，当pH约为4时，HSO3-的含量最高，此时应停止通SO2；故答案为：增大气体与溶液接触面积加快反应速率使反应充分进行；4；‎ ‎②由 NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图象可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图象3可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3；故答案为：34；‎ ‎（4）两种样品分别溶于硝酸，生成的产物相同，因此，用区别溶液的颜色或区别所产生的气体不能鉴别CuS和Cu2S，可用灼烧法，根据残留物质的质量大小判断；‎ a．产生的气体都为NO，不能区别，故a错误；‎ b．溶液的颜色都为蓝色，故b错误；‎ c．等质量的CuS和Cu2S分别在高温下灼烧都生成CuO和SO2，但质量变化不同，CuS灼烧后质量减小，Cu2S灼烧后残留固体质量不变，根据物质的质量可鉴别，故c正确；‎ d．灼烧后固体都为黑色的氧化铜，不能鉴别，故d错误。‎ 故答案为：c。‎ ‎【点睛】明确装置中的试剂发生的化学反应及装置的作用是解答本题的关键，陌生图像的分析主要是看清横纵坐标的含义。‎ ‎19. 二氧化锰(MnO2)是一种常温下非常稳定的黑色粉末状固体，可作为干电池的去极化剂，由软锰矿(主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2)制备二氧化锰的一种工艺流程如下：‎ 已知金属离子开始沉淀时的pH和完全沉淀时pH如表所示：‎ - 21 -‎ 金属离子 Fe2+‎ Fe3+‎ Al3+‎ Mn2+‎ 开始沉淀时pH ‎6.3‎ ‎1.5‎ ‎3.4‎ ‎5.8‎ 完全沉淀时pH ‎8.3‎ ‎2.8‎ ‎4.7‎ ‎7.8‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)为加快溶出速率，可采取的措施有________________________(任写一条)。‎ ‎(2)溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示：‎ 步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，其反应的离子方程式是____________，实际生产过程中n(Fe2+)/n(MnO2)的值比理论比值偏小，原因是____。‎ ‎(3)调节pH的范围为_________。‎ ‎(4)电解过程装置如图所示：MnO2在____极(填“M”或“N”)生成，该极的电极反应式为_________。‎ ‎(5)向m g产品中依次加入足量n gNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为V L(已知：‎ MnO2及MnO均被还原为Mn2+)，产品纯度为_________ (用质量分数表示)。‎ ‎【答案】 (1). 将软锰矿粉碎；适当升高温度(其他合理答案即可得分 (2). MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O (3). 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2 + (4). 4.7~5.8 (5). M (6). Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+ (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ ‎(1)根据影响反应速率的因素分析；‎ ‎(2)根据图示，第二步反应是MnO2和Fe2+反应生成Fe3+和Mn2+；实际生产中，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2 +；‎ ‎(3)调节pH的目的是除去Mn2+中的Fe3+、Al3+；‎ ‎(4)电解过程中Mn2+→MnO2；‎ ‎(5)根据题意，二氧化锰、高锰酸钾共消耗n gNa2C2O4。‎ ‎【详解】(1)为加快溶出速率，可采取的措施有将软锰矿粉碎或适当升高温度等；‎ ‎(2)第二步反应是在酸性条件下MnO2和Fe2+反应生成Fe3+和Mn2+，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；实际生产中，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2 +，所以n(Fe2+)/n(MnO2)的值比理论比值偏小；‎ ‎(3)为使Fe3+、Al3+完全转化为氢氧化物沉淀，需要pH>4.7，保证Mn2+不生成沉淀，需要pH<5.8，所以pH的范围是4.7~5.8；‎ ‎(4)电解过程中Mn2+→MnO2，Mn2+失电子发生氧化反应，MnO2在阳极M生成，阳极的电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；‎ ‎(5)根据5Na2C2O4~~~2KMnO4，KMnO4消耗Na2C2O4的物质的量是mol，与二氧化锰反应的Na2C2O4的物质的量是，根据Na2C2O4~~~MnO2，mg产品中MnO2的物质的量是，则产品纯度为=。‎ ‎【点睛】本题以制备二氧化锰的生产流程为知识载体，考查化学反应方程式的书写、除杂、纯度测定等，明确制备原理是解题关键，培养学生应用知识解决实际问题的能力。‎ ‎20. 氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，难溶于水。实验小组用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备CrN，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl。已知：CrCl3溶于水，形成显紫色的［Cr(H2O)6］3+离子；高温下升华。回答下列问题：‎ ‎(1)制备无水氯化铬并测定氯化铬晶体(CrCl3·xH2O)中结晶水的含量。将石英玻璃管(带端开关K1和K2，设为装置A)称重，记为m1 g。将适量氯化铬晶体装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。‎ - 21 -‎ ‎①将下列实验操作步骤正确排序____(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。‎ a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2‎ d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却至室温 ‎②根据实验记录，计算氯化铬晶体中结晶水数目x =_____________(列式表示)。‎ ‎③下列情况有可能造成测定的x值偏大的是___________ (填序号)。‎ a．加热晶体的时间较长，温度过高 b．熄灭酒精灯后立即关闭K1和K2‎ c．氯化铬晶体中含有加热时不分解的杂质 ‎(2)制备氮化铬。实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)。‎ ‎①盛放浓氨水的仪器名称是________。 ‎ ‎②装置D的作用是________。‎ ‎(3)①请设计实验验证制得的CrN中是否含有CrCl3：________。‎ ‎②若无水CrCl3完全反应，但制得的CrN中含有少量Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分进行高温加热，得固体残渣Cr2O3的质量为16.72g，则样品中CrN的质量分数为___(结果保留3位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). dabfce (2). (3). a (4). 分液漏斗 (5). 防止水蒸气进入装置C (6). 取少量所得产物加入盛有水的烧杯中，用玻璃棒搅拌静止，若溶液变为紫色，说明制得的CrN中含有CrCl3，溶液颜色不变，则不含CrCl3 (7). 91.8%‎ ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)制备无水氯化铬时需要先通入氮气，除去装置内空气，再加热氯化铬晶体，充分加热后，持续通氮气，待冷却后再称量A，根据装置A的质量变化计算晶体中结晶水的含量；‎ ‎(2)由图可知，A中浓氨水与CaO混合可制备氨气，B中碱石灰可干燥氨气，C中CrCl3与氨气反应生成CrN，D中无水氯化钙可防止空气中水进入装置C中，且氨气不能排放到空气中。‎ ‎【详解】(1)①制备无水氯化铬并测定氯化铬晶体(CrCl3·xH2O)中结晶水的含量的操作为：打开K1和K2，缓缓通入N2，再点燃点燃酒精灯，加热装置A，待完全加热后，熄灭酒精灯，冷却至室温后，最后关闭K1和K2，并称量A，重复上述操作步骤，直至A恒重为止，故具体操作步骤正确排序为dabfce；‎ ‎②结晶水合物中CrCl3的质量为(m3-m1)g，分解过程中生成水的质量为(m2-m3)g，则氯化铬晶体中结晶水数目x =：=；‎ ‎③a．加热晶体的时间较长，温度过高，CrCl3可能会发解，生成的水质量偏大，CrCl3的质量偏低，则x值偏大，故a正确；‎ b．熄灭酒精灯后立即关闭K1和K2，A装置内会有水蒸气未全部排出，导致生成的水质量偏小，CrCl3的质量偏大，则x值偏小，故b错误；‎ c．氯化铬晶体中含有加热时不分解的杂质，会导致生成的水质量偏小，CrCl3的质量偏大，则x值偏小，故d错误；‎ 故答案为a；‎ ‎(2)①装置中盛放浓氨水的仪器名称是分液漏斗；‎ ‎②装置D中CaCl2可作干燥剂，其作用是防止水蒸气进入装置C；‎ ‎(3)①CrCl3溶于水，溶液显紫色，则取少量所得产物加入盛有水的烧杯中，用玻璃棒搅拌静止，若溶液变为紫色，说明制得的CrN中含有CrCl3，溶液颜色不变，则不含CrCl3；‎ ‎②设CrN与Cr2N的物质的量分别为x、y，则有：66x+118y=14.38，，解得x:y=20:1，则样品中CrN的质量分数为=×100%= =91.8%。‎ ‎【点睛】考查物质的制备实验，涉及物质制备、尾气处理、物质含量测定等知识点，明确实验原理、仪器作用及元素化合物性质是解本题关键，其中误差分析可结合x=‎ - 21 -‎ ‎，根据对水和CrCl3质量的影响分析。‎ - 21 -‎