【化学】陕西省咸阳市三原县南郊中学2020届高三第五次月考（解析版）
陕西省咸阳市三原县南郊中学2020届高三第五次月考
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 K 39 Cr 52 Na 23 S 32
第I卷(选择题 共48分)
一、选择题(本大题共16小题，每题仅有一个选项符合题意，每小题3分，共48分。)
1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是( )
A. 活性炭具有除异味和杀菌消毒作用
B. 碳化硅是一种新型的有机高分子材料
C. “光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成与氮氧化物有关
D. 为更好地为植物提供N、P、K三种营养元素，可将草木灰与NH4H2PO4混合使用
【答案】C
【详解】A．活性炭有吸附性能，可去除异味，但没有杀菌消毒能力，故A错误；
B．碳化硅是一种新型的无机非金属性材料，故B错误；
C．氮氧化物可导致光化学烟雾及酸雨发生，则“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关，故C正确；
D．草木灰中含有碳酸钾，碳酸根离子与铵根离子双水解生成一水合氨，一水合氨分解生成氨气，所以草木灰与NH4H2PO4混合使用会降低氮肥的肥效，故D错误；
故答案为C。
2.下列化学用语对事实的表述正确的是 ( )
A. CH4或CCl4分子的比例模型：
B. 硫化钠的电子式：
C. H2S的电离方程式：H2S2H＋＋S2－
D. 由Na和Cl形成离子键的过程：
【答案】D
【详解】A．C原子半径比Cl原子半径小，比例模型不能表示CCl4分子，故A错误；
B．硫化钠是离子化合物，其电子式为，故B错误；
C．H2S是二元弱酸，分步电离，其一级电离方程式为H2SH＋＋HS－，故C错误；
D．NaCl为离子化合物，则由Na和Cl形成离子键的过程为，故D正确；
答案为D。
3.中国传统文化中包括许多科技知识。下列古语中不涉及化学变化的是（ ）
A. 熬胆矾(CuSO4·5H2O)铁釜，久之亦化为铜 B. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
C. 凡石灰(CaCO3)经火焚炼为用 D. 丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂
【答案】B
【详解】A. 熬胆矾(CuSO4·5H2O)铁釜，久之亦化为铜，反应为Fe＋Cu2+ =Fe2+＋Cu，与题意不符，A错误；
B. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金，过程为金的富集，不涉及化学变化，符合题意，B正确；
C. 凡石灰(CaCO3)经火焚炼为用，反应为CaCO3CaO+ CO2↑，与题意不符，C错误；
D. 丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂，反应有HgSHg+S，Hg+S=HgS，与题意不符，D错误；
答案为B。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【答案】C
【详解】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；
B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；
C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；
D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；
答案选C。
【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。
5.下列有关热化学方程式的叙述正确的是( )
A. 已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3 kJ/mol
B. 已知C(s，金刚石)=C(s，石墨)ΔH=−1.9 kJ·mol−1，则石墨比金刚石稳定
C. 已知中和热为ΔH=-57.3 kJ/mol，则NaOH与醋酸反应的中和热可以表示为：NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=−57.3 kJ·mol−1
D. 已知S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1；S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2
【答案】B
【详解】A．已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3 kJ•mol-1，故A错误；
B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H＞0，石墨能量低，则金刚石不如石墨稳定，故B正确；
C．醋酸电离吸热，中和反应放热，且焓变为负，则NaOH(aq)+CH3COOH(aq)═CH3COONa(aq)+H2O(l)△H＞-57.3 kJ•mol-1，故C错误；
D．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2，故D错误；
故答案为B。
【点睛】判断热化学方程式正误的观察点：“一观察”：化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；“二观察”：状态是否标明；“三观察”：反应热ΔH的符号和单位是否正确；“四观察”：反应热的数值与物质的系数是否对应。
6.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 ( )
A. 常温常压下，17g甲基(-14CH3)所含的中子数为8NA
B. 电解精炼铜，当外电路通过NA个电子时；阳极质量减少32g
C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D. 17g H2O2中含有非极性键的数目为0.5NA
【答案】B
【详解】A．17g甲基的物质的量为1mol，而甲基中含8个中子，故1mol甲基中含8NA个中子，故A正确；
B．电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质，故当转移NA个电子时，阳极减少的质量不可能等于32g，故B错误；
C．1 mol K2Cr2O7中含2mol+6价的Cr，故1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6 NA，故C正确；
D．H2O2的结构式为H-O-O-H，17g H2O2的物质的量为=0.5mol，则17g H2O2含有非极性键的数目为0.5NA，故D正确；
故答案为B。
7.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. 溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 与Al反应能放出的溶液中：、、、
D. 水电离的溶液中：、、、
【答案】A
【详解】解： 溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B. 的溶液，显酸性，不能大量存在，故B错误；
C.与Al反应能放出的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在，酸溶液中或、发生氧化还原反应不生成氢气，故C错误；
D.水电离的的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在、，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大。
8.某同学为测定Na2CO3固体（含少量NaCl）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。
下列说法不正确的是（ ）
A. 必须在②③间添加吸收HCl的装置
B. ④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度
C. 通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中
D. 称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度
【答案】A
【详解】A项，氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，故A项错误；
B项，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中气体影响实验的精确度，故B项正确；
C项，根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；
D项，③中产生的沉淀为碳酸钡，③中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，②中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D项正确。
故答案选A。
9.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是 ( )
A. 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：
B. 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：
C. 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：
D. 用铜做电极电解NaCl溶液: 2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
【答案】A
【详解】A．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，反应生成氯化镁和一水合氨，氢氧化镁沉淀溶解，该反应的离子方程式为：Mg(OH)2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O，故A正确；
B．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体，说明反应生成氢氧化铁胶体，正确的离子方程为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故B错误；
C．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：5SO2+2H2O+2MnO4-═5SO42-+2Mn2++4H+，故C错误；
D．用铜做电极电解NaCl溶液时，阳极上Cu失电子发生氧化反应，离子方程式为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，故D错误；
故答案为A。
10.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：W＞X B. 氧化物的水化物的酸性：Y＜Z
C. 阴离子的还原性：W＞Z D. X与Y不能存在于同一离子化合物中
【答案】C
【分析】W的L层无电子，则W是H元素；X的L层有5个电子，则X是N元素，Y与Z的L层都是8个电子，则二者都是第三周期元素。由“最外层电子数之和为18”可知Y与Z的最外层电子数之和为12。又因为Z的原子序数大于Y且均为主族元素，所以Y是P，Z是Cl元素。
【详解】A、核外电子层数越多，原子半径越大，则氮元素原子半径大于氢原子半径，A错误；
B、未指明是最高价氧化物的水化物，故不能判断酸性（如：H3PO4＞HClO，但H3PO4＜HClO4），B错误；
C、H元素的非金属性比Cl弱，所以简单阴离子的还原性W＞Z，C正确；
D、N与P可以同时存在于同一离子化合物中，如磷酸铵，D错误；
答案选C。
11.室温下，关于pH=11的NH3·H2O溶液，下列分析正确的是（ ）
A. c(NH3·H2O)=10-3mol/L
B. 由水电离出的c(H+)=10-11 mol/L
C. 加入少量 NH4Cl固体，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，KW值减小
D. 加入等体积 pH=3的盐酸，所得溶液：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】B
【详解】A. NH3·H2O在溶液中存在电离平衡，因此c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下溶液的pH=11，则c(OH-)=10-3mol/L，由于c(NH3·H2O)>c(OH-)，所以c(NH3·H2O)>10-3mol/L，A错误；
B.氨水中氢离子由水电离产生，溶液的pH=11，则c(H+)=10-11mol/L，即由水电离出的c(H+)=10-11 mol/L，B正确；
C.NH3·H2O在溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，加入少量 NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，但由于温度不变，所以水的离子积KW值不变，C错误；
D.pH=11的NH3·H2O溶液中，c(OH-)=10-3mol/L，加入等体积 pH=3的盐酸，H+与OH-恰好发生中和反应，但由于c(NH3·H2O)>c(OH-)，因此NH3·H2O过量，使溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，NH3·H2O电离产生NH4+)，使溶液中c(NH4+)>c(Cl-)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故c(NH4+)>c(OH-)，因此该溶液中离子浓度关系为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，D错误；
故合理选项是B。
12.下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。
下列说法中不正确是（ ）
A. 当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4
B. 当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3
C. B和Cl2的反应是氧化还原反应
D. 当X是强酸时，C在常温下是气态单质
【答案】D
【分析】根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。
【详解】A.由上述分析可知，当X强酸时，F是H2SO4，故A正确；
B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；
C.无论B是H2S 还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；
D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；
答案选D。
13.一种肼(N2H4)燃料电池的结构如图所示，下列说法正确的是 ( )
A. a为正极，电极反应式为：N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O
B. 外电路中每通过1mol 电子，则有NA个Na＋穿过交换膜向正极移动
C. b极的电极反应式为H2O2+2e-=2OH-
D. 用该电池作电源电解饱和食盐水，当得到0.1mol Cl2时，至少要消耗0.1mol N2H4
【答案】B
【详解】A．a电极区N2H4失电子发生氧化反应，应为燃料电池的负极，发生的电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，故A错误；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，则外电路中每通过1mol 电子，则有NA个Na＋穿过交换膜向正极移动，故B正确；
C．b极为正极，电解质溶液为H2SO4，则电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故C错误；
D．电解饱和食盐水，当得到0.1mol Cl2时，转移0.2mole-，则至少要消耗 N2H4的物质的量为=0.05mol，故D错误；
故答案为B。
14.下列图中的实验方案，能达到实验目的的是 ( )
A. 验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
B. 探究温度对平衡2NO2N2O4的影响
C. 除去CO2气体中混有的SO2
D. 比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
【答案】B
【详解】A．温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，故A错误；
B．升高温度平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动，其它条件相同，只有温度改变，所以可以探究温度对平衡的影响，故B正确；
C．CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，故C错误；
D、盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误；
故答案为B。
【点睛】D选项为易错点，容易忽视盐酸的挥发性。
15.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L）。下列分析不正确的是（ ）
A. 乙烯气相直接水合反应的∆H＜0
B. 图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3
C. 图中a点对应的平衡常数K ＝
D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b
【答案】B
【分析】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；
C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快。
【详解】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1
a，所需要的时间：a＞b，D项正确；
答案选B。
16.用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示。下列推断正确的是 ( )
A. a极应与电源的负极相连
B. 膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜
C. a极的电极反应式为2H2O一4e一=4H++O2↑
D. 若收集22.4L的P(标准状况下)，则转移4mol电子
【答案】A
【详解】A．a电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，a电极发生反应：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，说明a电极为阴极，应与外电路负极相连，故A正确；
B．b电极上稀硫酸转化为浓硫酸，过程中SO42-的量增大，则是由SO32-转化得到，发生反应SO32--2e-+H2O═SO42-+2H+，则膜2应为阴离子交换膜，a电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，则发生电极反应2H2O+2e-═2OH-+H2↑，膜1应为阳离子交换膜，故A错误；
C．a电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，且反应有气体产生，则应发生的电极反应式为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，故C错误；
D．a电极发生电极反应为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，若收集22.4LP(标准状况下)，即收集H2的标况下的物质的量为＝1mol，根据电极反应，则转移电子数为2mol，故D错误；
故答案为A。
【点睛】考查电解原理，明确电解池中阴阳极发生的电极反应是解题的关键，由电解装置图可知b极区稀硫酸变为浓硫酸，说明SO2在b极区发生氧化反应，则b极区为电解池的阳极，再结合电解质溶液和电解产物即可写出电极反应式并分析判断。
第Ⅱ卷(共52分)
17.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A原子核内只有1个质子；B原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HBO3；C原子最外层的电子数比次外层的多4；C的简单阴离子与D的阳离子具有相同的电子层结构，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。回答下列问题：
(1)B在元素周期表中的位置为______________________。
(2)B、C、D、E形成的简单离子半径由大到小的关系是________________(用离子符号表示)。
(3)用电子式表示化合物D2C的形成过程______________________。
(4)由A、B、C三种元素形成的常见的离子化合物的化学式为___________，该化合物的水溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为______________________。
(5)化合物D2EC3在一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，则此反应的化学方程式为______________________。
【答案】(1). 第二周期第ⅤA族 (2). S2-＞N3-＞O2-＞Na+ (3). (4). NH4NO3 (5). c(NO3-) ＞ c(NH4+)＞ c(H+)＞ c(OH-) (6). 4Na2SO3Na2S+ 3Na2SO4
【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，处于第二周期，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，B元素最高正价为+5，故B为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，离子核外电子数为10，两元素可形成化合物D2C，D元素化合价为+1，处于IA族，故D为Na；C、E同主族，则E为S元素，据此解答。
【详解】(1)B为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，则位于周期表中第二周期ⅤA族；
(2)元素B、C、D、E形成的离子分别为N3-、O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，N3-，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，离子半径越小，则离子半径N3-＞O2-＞Na+；
(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为；
(4)由A、B、C三种元素形成的盐为NH4NO3，NH4NO3的水溶液中NH4+水解使溶液显酸性，则溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c(NO3-) ＞ c(NH4+)＞ c(H+)＞c(OH-)；
(5)化合物D2EC3为Na2SO3，在一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，应为Na2S，由氧化还原反应的电子守恒规律，另一种产物应为Na2SO4，故反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4。
【点睛】离子半径大小比较的常见方法：①电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+；②同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－；③电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
18.锰及其化合物用途广泛,工业上可用作脱硫剂、催化剂。
(1)工业上由二氧化锰通过铝热反应制备锰，写出反应的化学方程式__________________。
(2)制备KMnO4的最佳方法是电解法，实验室以镍片(不参与反应)和 铁丝作电极，电解K2MnO4的水溶液(绿色)制备KMnO4，装置如图：
①A应与直流电源的_______极相连接，铁丝电极的电极反应式为___________________________。
②电解的总反应的离子方程式为________________________________，电解一段时间后，溶液的pH________________。(“升高”“降低”“不变”)
【答案】(1). 4Al+3MnO22Al2O3+3Mn (2). 负 (3). 2H++2e-=H2↑ (4). 2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑ (5). 变大
【分析】(1)二氧化锰通过铝热反应制备锰，同时生成氧化铝；
(2)电解总反应为2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑，铁丝作阴极，阴极上氢离子得电子，阴极的电极方程式2H++2e-=H2↑，镍片为阳极，阳极反应为MnO42--e-═MnO4-，据此分析解答。
【详解】(1)二氧化锰通过铝热反应制备锰，同时生成氧化铝，发生反应的化学方程式为4Al+3MnO22Al2O3+3Mn；
(2)①根据电解总反应为2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑可知，铁没有参与反应，所以铁丝为阴极，则A应与直流电源的负极相连，阴极的电极方程式2H++2e-=H2↑；
②电解总反应为2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑，其离子方程式为：2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑，电解时生成氢氧根离子，所以溶液的碱性增强，pH变大。
19.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①菱锰矿石主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素；
②常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10-10、7.42×10-11
③相关金属离子c(Mn+)=0.1mol/L形成氯氧化物沉淀时的pH如下：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
回答下列问题：
(1)“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为______________________。
(2)分析下列图1、图2，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：焙烧温度_________，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为_________。
(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式______________________________________________；然后调节溶液pH使Fe3+、Al3+
沉淀完全，此时溶液的pH范围为___________________。再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，当c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L时，c(Mg2+)=______mol/L
(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为____________________________。
(5)流程中能循环利用的固态物质是____________。
【答案】(1). MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O (2). 500℃ (3). 1.10 (4). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (5). 5.2≤pH<8.8 (6). 5×10-6 (7). Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O (8). NH4Cl
【分析】根据流程：将菱镁矿粉(主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)与氯化铵混合研磨后焙烧：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，然后调节溶液pH范围5.2≤pH＜8.8使Fe3+、A13+沉淀完全，再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3、CaF2、MgF2，净化液的成分主要含有MnCl2，加入碳酸氢铵碳化结晶，发生反应：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，得到MnCO3产品和滤液NH4Cl，将滤液NH4Cl蒸发结晶得到NH4Cl晶体可循环使用，据此分析作答。
【详解】(1)根据流程，菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+，主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
(2)由图可知，锰浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比、焙烧时间增大而提高，到500℃、1.10、60min达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500℃，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10；
(3)浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；然后调节溶液pH使Fe3+、A13+沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，根据表可知调节溶液pH范围5.2≤pH＜8.8，再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，已知：CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10-10、7.42×10-11，当c(Ca2+)=1.0×10-5mo1•L-1时，c2(F-)==1.46×10-5mol/L，c(Mg2+)==5.0×10-6mol/L；
(4)净化液的成分主要含有MnCl2，碳化结晶时，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(5)根据分析和流程可知，可以循环使用的固体物质是NH4Cl。
20.硫和氮的氧化物直接排放会引发严重的环境问题，请回答下列问题：
(1)下列环境问题主要由硫氧化物和氮氧化物的排放引发的是___________。
A.全球变暖 B.酸雨 C.水体富营养化(水华) D.白色污染
(2)SO2的排放主要来自于煤的燃烧。常用石灰石脱硫，其产物可以做建筑材料。
已知：CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s) ΔH=+178.2kJ/mol
SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s) ΔH=－402kJ/mol
2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s) ΔH=－234.2kJ/mol
写出CaCO3与SO2脱硫的热化学反应方程式_____________________________________。
(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO，有人提出用活性炭对NOx进行吸附，发生反应如下：
反应a：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=－34.0kJ/mol
反应b：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=－64.2kJ/mol
对于反应a，在T1℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如表：
浓度(mol∙L-1)
时间(min)
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48
N2
0
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36
①0~10min内，NO的平均反应速率v(NO)=___________，当升高反应温度，该反应的平衡常数K___________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是___________(填字母)。
A.加入一定量的活性炭 B.通入一定量的NO
C.适当缩小容器的体积 D.加入合适的催化剂
(4)某实验室模拟反应b，在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________；
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(只列出计算式)(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。
【答案】(1). B (2). 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-681.8kJ/mol (3). 0.042mol/(L·min) (4). 减小 (5). BC (6). 1050K前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2转化率提高 (7). 或
【分析】(1)硫氧化物和氮氧化物的排放引发酸雨、光化学烟雾等；
(2)已知：①CaCO3(s)═CO2(g)+CaO(s)△H=+178.2kJ/mol，②SO2(g)+CaO(s)═CaSO3(s)△H=-402kJ/mol，③2CaSO3(s)+O2(g )═2CaSO4(s)△H=-234.2kJ/mol，根据盖斯定律计算(①+②)×2+③得到石灰石脱硫的热化学反应方程式；
(3)①0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)=；反应为放热反应升温平衡逆向进行；
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K=，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；
(4)①1050kPa前，反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因，1050KPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快；
②在T2℃、在1100 kPa时二氧化氮转化率40%，结合三行计算列式得到；设通入二氧化氮2mol，
Kp=。
【详解】(1)硫氧化物和氮氧化物的排放引发酸雨、光化学烟雾等；
A．全球变暖是二氧化碳，故A错误；
B．硫氧化物和氮氧化物的排放引发硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，故B正确；
C．水体富营养化(水华)是磷元素过量排放，故C错误；
D．白色污染是聚乙烯、聚氯乙烯等塑料制品造成，故D错误；
故答案为：B；
(2)已知：①CaCO3(s)═CO2(g)+CaO(s)△H=+178.2kJ/mol，②SO2(g)+CaO(s)═CaSO3(s)△H=-402kJ/mol，③2CaSO3(s)+O2(g )═2CaSO4(s)△H=-234.2kJ/mol，盖斯定律计算(①+②)×2+③得到石灰石脱硫的热化学反应方程式：2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)△H=-681.8kJ/mol；
(3)①C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H=-34.0kJ/mol，图表数据得到0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)===0.042mol/(L•min)，反应为放热反应升温平衡逆向进行，平衡常数减小；
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K=，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；
A．加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故A错误；
B．通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故B正确；
C．适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故C正确；
D．加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故D错误；
故答案为BC；
(4)①1050 kPa 前，反应b 中NO2转化率随着压强增大而增大的原因，1050kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO转化率提高；
②在1100 kPa时二氧化氮转化率40%，结合三行计算列式得到；设通入二氧化氮mol；
气体总物质的量=1.2mol，Kp==。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
21.某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化实验。
实验Ⅰ：将Fe3+转化为Fe2+
(1)Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为_________________________________。
(2)某学生用对比实验法探究白色沉淀产生的原因，请填写实验万案：
实验方案
现象
结论
步骤1：取4mL①__________
产生白色沉淀
CuSO4
mol/LCuSO4溶液,向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液
溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀
步骤2：取4mL②__________mol/LFeSO4 溶液向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液
无明显现象
查阅资料：
已知：①SCN-的化学性质与I-相似 ②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
Cu2+与SCN-反应的离子方程式为③___________________________________。
实验Ⅱ：将Fe2+转化为Fe3+
实验方案
现象
向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入3mL0.5mol/L稀硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+(棕色)
(3)用离子方程式解释NO产生的原因___________________________________。
(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应Ⅰ：Fe2+与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2+与NO反应。请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因_____________________________。
【答案】(1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). 0.1 (3). 0.2 (4). Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 (5). 3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O (6). Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+向逆反应方向移动，最终Fe(NO)2+转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色
【分析】(1)Fe3+与Cu粉发生反应生成铜离子与亚铁离子；
(2)图中得到溶液中Fe2+为0.2mol/L，Cu2+为0.1mol/L，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验；
由题目信息ii可知，Cu2+与SCN-反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2；
(3)亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水；
(4)Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡发生移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+。
【详解】(1)Fe3+与Cu粉发生反应生成铜离子与亚铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；
(2)由反应2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，可知图中得到溶液中Fe2+为0.2mol/L，Cu2+为0.1mol/L，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：
步骤1：取4mL 0.1mol/L CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液；
步骤2：取4mL 0.2mol/L FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液；
由题目信息ii可知，Cu2+与SCN-反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，反应离子方程式为：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；
(3)亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程为：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O；
(4)Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色。
