福建省漳州市华安一中龙海二中2020届高三上学期第一次联考化学试题

福建省漳州市华安一中龙海二中2020届高三上学期第一次联考化学试题

华安一中、龙海二中 2019—2020 学年第一学期第一次月高三化学试卷 相对原子质量：Cu-64 O-16 Cl-35.5 C-12 Na-23 一、选择题（每题 3 分，共 48 分） 1.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说 法正确的是 A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B. “以灰淋汁”的操作是萃取 C. “取碱”得到的是一种碱溶液 D. “浣衣”过程有化学变化 【答案】D 【解析】 A. “薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥 效，故 A 错误；B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故 B 错误；C.“取碱”得到的是碳酸钾溶液， 属于盐溶液，故 C 错误；D. “浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故 D 正确；故 选 D。 2.下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ） A. 明矾作净水剂 B. 铁粉作食品袋内的脱氧剂 C. 漂粉精作消毒剂 D. 甘油作护肤保湿剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．明矾 Al3+水解生成 Al(OH)3，Al(OH)3 具有吸附性可作净水剂，故 A 错误。 B. 铁粉有还原性作食品袋内的脱氧剂，故 B 正确。 C．漂粉精中的 Ca(ClO)2 有强氧化性能杀菌消毒作消毒剂，故 C 错误。 D．甘油具有吸水性作护肤保湿剂，故 D 错误。 故答案选 B。 3.下列说法正确的是（ ） A. 明矾水解形成的 Al(OH)3 胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和杀毒 B. 胶体和溶液的本质区別是胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能 C. 将外加直流电源通过 Fe(OH)3 胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体带正电荷 D. 淀粉溶液、有色玻璃和果冻都是胶体 【答案】D 【解析】 【详解】A. 明矾水解形成的 Al(OH)3 胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化但不能杀毒， 故 A 错误。 B. 胶体和溶液的本质区別是分散质粒径大小不同，故 B 错误。 C. 胶体不带电荷，是 Fe(OH)3 胶体粒子带正电荷，故 C 错误。 D. 淀粉溶液、有色玻璃和果冻都是胶体，故 D 正确。 故答案选 D。 【点睛】胶体和其他分散系的本质区别是分散质粒径大小，鉴别方法是丁达尔效应。 4. 下列物质的保存方法正确的是 ①少量金属钠保存在冷水中 ②浓硝酸盛放在无色试剂瓶中 ③少量金属钾保存在煤油中 ④氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中 ⑤氯水存放在带玻璃塞的无色细口瓶中 ⑥碳酸钠固体保存在带橡胶塞的细口瓶中 A. ②③④ B. ③④⑥ C. ③④ D. ①③④ 【答案】C 【解析】 试题分析：①少量金属钠保存在煤油中，①错误；②浓硝酸见光易分解，盛放在棕色试剂瓶 中，②错误；③少量金属钾保存在煤油中，④正确；④氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试 剂瓶中，④正确；⑤氯水见光易分解，存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中，⑤错误；⑥碳酸钠 固体保存在带橡胶塞的广口瓶中，⑥错误，答案选 C。 考点：考查常见化学试剂的保存 5.在体积相同的两个密闭容器中分别充入 O2、O3 气体，当这两个容器内温度和气体密度相等 时，下列说法正确的是 A. 两种气体的氧原子数目相等 B. 两种气体的压强相等 C. 两种气体的分子数目相等 D. O2 比 O3 的质量小 【答案】A 【解析】 【详解】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由 O 元素组成，则 O 原子的质 量、个数以及物质的量相等， A．相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由 O 元素组成，则 O 原子数目相等， 选项 A 正确； B．O 原子个数相等时，气体的物质的量之比为 n（O2）：n（O3）=3：2，由 PV=nRT 可知，两 种气体的压强之比为 3：2，选项 B 错误； C．O 原子个数相等时，气体的物质的量之比为 n（O2）：n（O3）=3：2，物质的量与分子数成 正比，则两种气体的分子数目也是 3：2，选项 C 错误； D．同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，选项 D 错误； 答案选 A。 【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论。相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等， 且都由 O 元素组成，则 O 原子的质量、个数以及物质的量相等。本题注意把握两种气体的元 素组成特点，结合 PV=nRT 判断。 6.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是： 4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O。下列说法正确的是 ( ) A. X 化学式为 AgS B. 银针验毒时，空气中氧气失去电子 C. 反应中 Ag 和 H2S 均是还原剂 D. 每生成 1 mol X，反应转移 2 mol e－ 【答案】D 【解析】 【详解】A. 由质量守恒定律 Ag 原子、S 原子守恒确定 X 的化学式为 Ag2S，故 A 错误。 B. 据元素化合价的变化反应中氧气作氧化剂得电子，故 B 错误。 C. 据元素化合价的变化知反应中 S 作还原剂，故 C 错误。 D. 据方程式知每生成 2 mol X，电子转移 4mol，所以每生成 1 mol X，反应转移 2 mol e－， 故 D 正确。 故答案选 D。 7.向 CuSO4 溶液中加入 H2O2 溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变 为红色浑浊(Cu2O)，继续加入 H2O2 溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。 下列关于上述过程的说法不正确的是（ ） A. Cu2+是 H2O2 分解反应的催化剂 B. H2O2 只表现了氧化性 的 C. H2O2 的电子式为: D. 发生了反应 Cu2O + H2O2+4H+=2Cu2++3H2O 【答案】B 【解析】 A．向 CuSO4 溶液中加入 H2O2 溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明 Cu2+是 H2O2 分解反 应的催化剂，故 A 正确；B．根据“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)”，说明铜离子被还原成+1 价，H2O2 表现了还原性；继续加入 H2O2 溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应 Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O 中+1 价 Cu 被氧化成+2 价 Cu2+，H2O2 又表现了氧化性，故 B 错误；C．H2O2 属于共价化合物，电子式为: ，故 C 正确；D．红色浑浊又变为蓝 色溶液，Cu2O 中+1 价 Cu 被氧化成+2 价 Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，故 D 正确；故选 B。 点睛：本题考查氧化还原反应，明确题干信息的含义为解答关键。本题的易错点为 B，要注意 题干信息的解读，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊，说明生成了 Cu2O；继续加入 H2O2 溶 液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明又生成了 Cu2+。 8.根据侯氏制碱原理制备少量 NaHCO3 的实验，经过制取氨气、制取 NaHCO3、分离 NaHCO3、干 燥 NaHCO3 四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是 A. 制取氨气 B. 制取碳酸氢 钠 C. 分离碳酸氢钠 D. 干燥碳酸氢钠 【答案】C 【解析】 试题分析：A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用 加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气流方向错，应该从右侧导管通入 CO2 气体，错 误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能 用该装置干燥碳酸氢钠，错误。答案选 C。 考点：考查化学实验基础知识，元素化合物。 9. 下列标有横线的物质在给定的条件下不能完全反应的是 ①1molZn 与含 1mol H2SO4 的稀硫酸溶液反应 ②1molCu 与含 2mol H2SO4 的浓硫酸溶液共热 ③1molCu 与含 4mol HNO3 的浓硝酸溶液反应 ④1molMnO2 与含 4mol HCl 的浓盐酸溶液共热 A. ①③ B. ①② C. ②④ D. ③④ 【答案】C 【解析】 试题分析：①1mol 锌与含 1mol H2SO4 的稀硫酸溶液恰好完全反应，故不选；②随反应的进行 浓硫酸变在稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故选；③1mol 铜转移 2mol 的电子，生成 2mol 的铜 离子与 2mol 硝酸结合成硫酸盐，而 2mol HNO3 的硝酸作氧化剂，得电子的量为 2mol～6mol， 所以铜不足，故不选；④随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应， 故选；故选 C 考点：考查了硝酸 化学性质、浓硫酸的性质的相关知识。 10.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是 A. 某温度和压强下，22.4 L CO 和 N2 的混合气体中含有的原子总数可能为 2NA B. 在合成氨反应中，当有 2.24 L 氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为 0.3NA C. 1 L 1 mol/L Na2CO3 水溶液中含有的氧原子数为 3NA D. 将 78 g Na2O2 与过量 CO2 反应转移的电子数为 NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. CO 和 N2 均属于双原子分子，某温度和压强下，22.4 L CO 和 N2 的混合气体的物质 的量可能为 1mol,含有的原子总数可能为 2NA,，A 正确； 的 B.在标准状况下，2.24 L 氨气的物质的量为 0.1mol，该反应中氮元素由 0 价降低到-3 价，故 转移的电子数为 0.3NA，B 正确； C. 1 L 1 mol/L Na2CO3 中含有的氧原子数为 3NA，溶剂水中还含有氧原子，所以 1 L 1 mol/L Na2CO3 水溶液中含有的氧原子数大于 3NA，C 错误； D. 根据化合价的变化，Na2O2 与转移电子的对应关系为：Na2O2 ～ e‾， n(e‾)=n(Na2O2)=78g÷78g/mol=1mol，则转移电子数目为 NA，D 正确； 综上所述，本题选 C。 11.下列离子方程式书写正确的是 A. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O B. 少量 SO2 气体通入 NaClO 溶液中：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl- C. NaHSO4 溶液与 Ba(OH)2 溶液反应后溶液呈中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O D. 足量锌粉与一定量浓硫酸反应：Zn+2H2SO4=Zn2++SO42-+SO2↑+2H2O 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 A. 醋 酸 是 弱 酸 ， 不 能 拆 成 离 子 ， 正 确 的 离 子 方 程 式 为 ： CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-；A 错误； B.HClO 具有强氧化性，能够把 SO2 氧化为 SO42-，本身被还原气为 Cl-，离子方程式为： SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，B 错误； C.NaHSO4 溶液与 Ba(OH)2 溶液反应后溶液呈中性，满足 n(NaHSO4)：n(Ba(OH)2)=2:1，正确的 离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C 正确； D. 足量锌粉与一定量浓硫酸反应先生成二氧化硫，反应为 Zn+2H2SO4=Zn2++SO42-+SO2↑+2H2O； 浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应为 Zn+2H+=Zn2++H2↑，上述反应 方程式不全，D 错误； 综上所述，本题选 C。 12.探究草酸（ ）性质，进行如下实验。（室温下，0.1 mol·L-1 的 pH =1.3） 实验 装置 试剂 a 现象 2 2 4H C O 2 2 4H C O Ca（OH）2 溶液（含酚酞） 溶液褪色，产生白色沉淀 NaHCO3 少量溶液 产生气泡 KMnO4 酸性溶液 紫色溶液褪色 C2H5OH 和浓硫酸 加热后产生有香味物质 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是 A. H2C2O4 有酸性，Ca（OH）2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O B. 酸性：H2C2O4＞H2CO3,NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O C. H2C2O4 有还原性，2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2 ↑+8H2O D. H2C2O4 可发生酯化反应 HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5+2H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A. Ca（OH）2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O 是酸碱中和反应，体现草酸酸性，故 A 正确。 B. NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O 是强酸制弱酸，H2C2O4 酸性强于 H2CO3，故 B 正确。 C. 离子方程式中 H2C2O4 不能拆，应写化学式，故 C 错误。 D. 草酸是二元酸和乙醇酯化时物质的量之比是 1:2，故 D 正确。 故答案选 C。 13.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示） A B C D NaCl 溶于水 电解 CuCl2 溶液 CH3COOH 在水中电离 H2 与 Cl2 反应能量变化 NaCl Na++Cl− CuCl2 Cu2++2Cl− CH3COOH CH3COO−+H+ H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g) ΔH=−183kJ·mol−1 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 本题 A、B、C 选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能 够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是 强电解质（如 A 选项），只有少部分电离的是弱电解质（如 C 选项）；是将电能转化为化学能 的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质 而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如 B 选项）。 【详解】A.NaCl 为强电解质，NaCl 溶于水，NaCl 在水分子作用下，自发解离为 Na+和 Cl-，故 电离方程式为 NaCl=Na++Cl-，故 A 不符合题意； B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳 极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl- Cu+Cl2↑，故 B 符合题意； C.CH3COOH 为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为 CH3COOH CH3COO-+H+，故 C 不 符合题意； D.由图可知，反应 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能 量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量 （431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热 183kJ/mol,放热∆H 为负值，所以 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故 D 不符合题意； 综上所述，本题应选 B。 【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题 综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题   目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。 14.实验室模拟工业上以铝土矿(含 Al2O3、Fe2O3、SiO2)为原料制铵明矾 NH4Al(SO4)2 晶体的工 艺流程如图所示,下列说法错误的是(　　) A. 固体 a 的化学式为 SiO2 B. 固体 b 的化学式为 Fe(OH)3 C. Ⅲ中通入足量 CO2 气体发生反应的离子方程式为 2AlO2-+CO2+3H2O= CO32-+2Al(OH)3↓ D. 由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ都要用到的分离方法是过滤 【答案】C 【解析】 【详解】A. 铝土矿加过量盐酸酸溶，SiO2 不溶于盐酸，所以固体 a 是 SiO2，故 A 正确。 B. 盐酸酸溶后是 FeCl3、AlCl3 的混合液，加入过量的烧碱生成 Fe(OH)3 和 NaAlO2，所以固体 b 是 Fe(OH)3，故 B 正确。 C. NaAlO2 溶液中通入足量的 CO2 气体应生成 HCO3-，离子方程式为 AlO2-+CO2+2H2O=H CO3-+Al(OH)3↓，故 C 错误。 D. 由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ都是难溶性固体和溶液分离，用到分离方法是过滤，故 D 正确。 故答案选 C。 15.C 和 CuO 在一定温度下反应，产物有 Cu、Cu2O、CO、CO2。若将 2．00 g C 跟 16.0 g CuO 混 合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到 1．12 L 气体（标准状况），生成沉淀的质量为 5．00 g。下列说法错误的是（ ） A. 反应后的固体混合物中还含有碳 B. 反应后的固体混合物中 Cu 的质量为 1 2．8 g C. 反应后的固体混合物总质量为 14．4 g D. 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为 0．05mol 【答案】B 【解析】 16.将一定量的 Cl2 通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热）， 生成物中有三种含氯元素的离子，其中 ClO-和 ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间 （t）的变化示意图如下图所示。下列说法正确的是 （ ） A. 苛性钾溶液中 KOH 的质量是 15.68 g B. 反应中 ClO3－的生成是因为 Cl2 通入过量 C. 酸性条件下 ClO－ 和 ClO3－可生成 Cl2 D. 一定有 3.136 L 氯气参与反应 【答案】A 【解析】 【分析】 由图像知 0~t1 氯气和氢氧化钾发生反应生成 KCl 和 KClO，t1~t2 反应生成 KCl、KClO 和 KClO3。 且据电子守恒知每生成 1molKClO 同时生成 1molKCl，每生成 1mol KClO3 同时生成 5molKCl， 所以生成了 0.08molKClO 和 0.02mol KClO3，则生成了 0.18molKCl。 【详解】A. 据钾原子守恒 KOH 的物质的量是产物中三种盐的物质的量之和为 0.28mol，质量 是 15.68g，故 A 正确。 B. 由题意知氯气和苛性钾恰好反应，反应放热，所以生成 KClO3 是因为温度升高，故 B 错误。 C. ClO－ 和 ClO3－中氯原子化合价分别是+1、+5 价，不可能生成氯气，故 C 错误。 D. 据氯原子守恒 n(Cl2)=1/2［n(KCl)+ n(KClO)+ n(KClO3］=0.14mol，标况下体积是 3.136L，故 D 错误。 故答案选 A。 【点睛】原子守恒、电子守恒、电荷守恒是化学计算中常用方法，也是简便方法。 在 二、非选择题（共 4 题） 17.现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3 固体 ⑥稀 NaOH 溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。 （1）上述物质中属于电解质的物质序号为______ 。 （2）有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是______。 （3）加入盐酸、NaOH 溶液均能发生化学反应的物质序号为______。 （4）能导电的物质序号为_______________。 （5）④与⑥充分反应后，将溶液小火蒸干，得到固体混合物。固体组成成分可能是（用化学 式表示）___________________________。 （6）实验室用⑤制备胶体的化学方程式为_______________________。 【答案】 (1). ②⑤ (2). ①⑥ (3). ②⑦ (4). ①③⑥⑦ (5). NaOH 和 Na2CO3 、NaHCO3 和 Na2CO3 (6). FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl 【解析】 【分析】 根据物质的组成和性进行分析，根据电解质、离子方程式的内涵和外延进行分析。 【详解】现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3 固体 ⑥ 稀 NaOH 溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。 （1）酸、碱、盐、活泼金属 氧化物等物质属于电解质，上述物质中小苏打和 FeCl3 固体都 属于盐，故属于电解质的物质序号为②⑤。 （2）H++OH-=H2O，该离子方程式可表示强酸或强酸的酸式盐与强碱在水溶液中反应生成水和 可溶性盐的反应，上属物质中稀硫酸和稀 NaOH 溶液满足要求，因此这两种物质的序号是 ①⑥。 （3）小苏打能与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，也能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠 和水；硝酸亚铁溶液中加入盐酸后，硝酸根在酸性条件下表现强氧化性，可以把亚铁离子氧 化为铁离子，硝酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液后可以生成氢氧化亚铁沉淀，因此，加入盐 酸、NaOH 溶液均能发生化学反应的物质序号为②⑦。 （4）若溶液中有大量自由移动的离子则该溶液能导电。上述物质中，稀硫酸、氨水、稀 NaOH 溶液和硝酸亚铁溶液均为电解质溶液，满足要求，因此，能导电的物质序号为①③⑥⑦。 （5）二氧化碳与稀 NaOH 溶液充分反应后，可能生成 Na2CO3 或 NaHCO3，NaOH 有可能过量。此 的 加热 溶液小火蒸干，NaHCO3 不会完全分解；NaHCO3 和 NaOH 不能大量共存。因此，若得到固体混合 物，则固体组成成分可能是 NaOH 和 Na2CO3 或 NaHCO3 和 Na2CO3。 （6）实验室用 FeCl3 固体配制成饱和溶液，然后向沸水中滴加少量的 FeCl3 饱和溶液，加热 到液体呈红褐色即可得到 Fe(OH)3 胶体，制备该胶体的化学方程式为 FeCl3+3H2O Fe(OH)3 （胶体）+3HCl 。 【点睛】本题在判断电解质时，不能仅根据溶液是否导电判断，还得抓住“化合物”的内涵 和外延，所以电解质溶液就不是电解质了，因为它是混合物。另外，二氧化碳与稀 NaOH 溶液 充分反应后，由于不确定两种反应物的物质的量之比，要根据恰好生成碳酸钠和碳酸氢钠两 种特殊情况对混合物的组成进行分析。 18.氨和硝酸都是重要的工业原料。 （1）工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为____。 （2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过 灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为____。 下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是___。 A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O C．4NH3+6NO=5N2+6H2O D．HNO3+NH3=NH4NO3 工业中的尾气（假设只有 NO 和 NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为 2NO2+2OH﹣=NO2-+NO3-+H2O 和 NO+NO2+2OH﹣=___+H2O（配平该方程式）。 （3）向 27.2gCu 和 Cu2O 的混合物中加入某浓度的稀 HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有 NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有 Cu2+）中加入 1L1mol·L-1 的 NaOH 溶液 使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为 39.2g。 ①Cu 与稀 HNO3 反应的离子方程式为________。 ②Cu 与 Cu2O 的物质的量之比为________。 【答案】 (1). SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O［或 SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］ (2). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (3). BC (4). 2NO2- (5). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (6). 2∶1 【解析】 加热 【分析】 (1)二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸铵； (2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应中氨气是还原剂；根据质量守恒和得失电子守恒配平； (3)①Cu 与稀 HNO3 反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此书写反应的离子反应方程式；②根 据氢氧化钠计算出生成的氢氧化铜的物质的量，再根据铜元素守恒列式计算。 【详解】(1)二氧化硫与过量氨气反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式为： SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或 SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]，故答案为： SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或 SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]； (2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，反应中氨气 是还原剂，显示氨气的还原性。 A．反应 2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑中，氨气是氧化剂，故 A 不选；B．反应 2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O 中，氨气是还原剂，故 B 选；C．反应 4NH3+6NO=5N2+6H2O 中，氨气是还原剂，故 C 选； D．反应 HNO3+NH3=NH4NO3 是非氧化还原反应，故 D 不选；与 4NH3+5O2 4NO+6H2O 中 的氨作用相同的是 BC；由质量守恒和得失电子守恒，配平为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，故答案 为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；BC；2NO2-； (3)①Cu 与稀 HNO3 反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子反应方程式 ： 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O； ②所得溶液中加入 1.0mol/L 的 NaOH 溶液 1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶 液中溶质为 NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为 Cu(OH)2，质量为 39.2g，物质的量为 =0.4mol，根据铜元素守恒有 n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所 以反应后的溶液中 n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol，设 Cu、Cu2O 的物质的量分别为 x、y， 则 64x+144y＝27.2，x+2y＝0.4，解得 x=0.2，y=0.1，所以 Cu 与 Cu2O 的物质的量之比为 2∶1，故答案为：2∶1。 19.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的化工产品，将 SO2 通入 Na2CO3 和 Na2S 混合溶液中可制得 Na2S2O3。其制备装置如图所示。 为 39.2g 98g / mol （1）A 中反应的化学方程式为_____。 （2）为保证 Na2S 和 Na2CO3 得到充分利用，两者的物质的量之比应为____。 （3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通人的 SO2 不能过量，原因是___。 （4）待 Na2S 和 Na2CO3 完全消耗后，结束反应。过滤 B 中的混合物，滤液经过__、___（填操 作名称）、过滤、洗涤、干燥，得到 Na2S2O3•5H2O 晶体。 （5）称取 10.0g 产品(Na2S2O3•5H2O，相对分子质量为 248)，配成 250mL 溶液，取 25.00mL 溶 液，以淀粉作指示剂，用 0.1000 mol/L 碘的标准溶液滴定。（反应原理为：2S2O32-+I2 = S4O62-+2I －，忽略 Na2SO3 与 I2 反应）。 ①滴定终点的现象为____。 ②重复三次的实验数据如表所示，其中第三次读数时滴定管中起始和终点的液面位置如图所 示，则 x=____，产品的纯度为__。 【答案】 (1). (2). 2:1 (3). 二氧化硫融入过多使溶液呈酸性，而 可以与氢离子反应，导致产量降低 (4). 蒸 发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不退去 (7). 18.10 (8). 89.28% 【解析】 【分析】 装置 A 为二氧化硫的发生装置，装置 B 为硫代硫酸钠的制备装置，装置 C 为尾气处理装置。 【 详 解 】（ 1 ） A 为 二 氧 化 硫 的 发 生 装 置 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ； 2 3 2 4 2 4 2 2Na SO H SO ( ) Na SO SO H O+ = + ↑ +浓 2 2 3Na S O 2 3 2 4 2 4 2 2Na SO H SO ( ) Na SO SO H O+ = + ↑ +浓 （2）装置 B 中发生的反应为 ，为保证 Na2S 和 Na2CO3 得到充分利用，两者的物质的量之比应为 2:1； （3）硫代硫酸钠在酸性条件下会发生水解，二氧化硫过量会使溶液呈酸性，导致产品产量减 少，所以二氧化硫不能过量； （4）过滤 B 中的混合物，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到 Na2S2O3•5H2O 晶体； （5）①滴定所用指示剂是淀粉溶液，当达到滴定终点时，碘稍过量，碘遇淀粉变蓝色；所以 溶液会由无色变为蓝色； ②由滴定管的读数可知，开始的刻度是 0.50mL，后来的读数是 18.60mL，所用溶液的体积是 18.10mL，即 x=18.10mL，实验序号 1 所得的体积与另外两组相差较大，舍去，则消耗标准液 的平均体积为 18.00mL，则碘的物质的量是 0.0180L×0.1000mol/L，根据碘与硫代硫酸钠反 应的方程式可知硫代硫酸钠的物质的量是 0.0180L×0.1000mol/L×2×10=0.036mol，所以产 品的纯度为 ×100%=89.28%。 【点睛】在进行酸碱中和滴定的计算时，要注意观察实验数据，要将错误数据删掉，再进行 计算。 20.钒电池是一种新型酸性硫酸盐二次电池，钒电池失效后，废电解液回收利用的一种工艺如 下: 已知:a.+5 价钒在溶液中存在如下平衡: 。 b.部分含钒物质在水中的溶解性见下表: (1)氧化工序中，其他价态的钒全部氧化成 ，完成 氧化的离子方程式: 2 2 3 2 2 2 3 22Na S Na CO 4SO 3Na S O CO+ + = + 0.036mol 248g / mol 10.0g × + - + 2 2 3VO +H O VO +2H→ + 2VO 2V + _________V2++_________ClO3-+ _________=_________VO2+__________C1-+ __________NaClO 和 NaClO3 均可作氧化剂，该工序中不选择 NaClO 作氧化剂的理由是_________。 (2)浓缩工序中，加入 NaOH 的作用是_________。 (3)沉钒工序的化学方程式为_________。 (4)煅烧偏钒酸铵时，固体(取 234g NH4VO3)质量的减少量随温度变化的曲线如图所示， 100~200℃时产生的一种气体的电子式为________，300~350℃时发生反应的化学方程式为 __________。 【答案】 (1). 2 (2). 1 (3). (4). 2 (5). 1 (6). (7). 等质量的 NaClO 在反应过程中转移的电子少 (8). 使平衡 右移 (9). (10). (11). 【解析】 【分析】 （1）氧化工序中，其它价态的钒全部氧化成 VO2+，氯酸根离子被还原为氯离子，结合元素化 合价变化和电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写； 次氯酸钠易变质； （2）浓缩工序中，加入 NaOH 的作用是使平衡正向进行，VO2++H2O⇌VO3-+2H+； （3）沉钒工序的化学反应为 NaVO3 和硫酸铵反应生成 NH4VO3 沉淀； （4）煅烧偏钒酸铵时，固体质量随温度变化的曲线如图 2 所示．加热到 100℃～200℃时，质 量减少 2.34g-2.00g=0.34g，偏钒酸铵 NH4VO3 物质的量= =0.02mol，生成气体为氨 气 0.02mol，加热到 400℃时固体剩余 1.820g，固体质量减少 2.00g-1.820g=0.18g，NH4VO3 NH3↑+HVO3，2HVO3 2H2O+V2O5，结合反应蒸馏变化分析。 【详解】（1）氧化工序中，其它价态的钒全部氧化成 VO2+，氯酸根离子被还原为氯离子，钒元 素化合价+2 价变化为+5 价，电子转移 3e-，氯酸根离子中氯元素化合价+5 价变化为-1 价，电 子转移 6e-，结合电子守恒和原子守恒，2V2++ClO3-+H2O=VO2++Cl-+2H+，故答案为：2、1、H2O， 1、2、H+； 氧化工序中，NaClO 与 NaClO3 均可用作氧化剂，不选择 NaClO 的理由是 NaClO 易变质； 21H O 2H+ 2 2 3VO +H O VO +2H+ −→ 3 4 2 4 2 4 4 32NaVO +(NH ) SO =Na SO 2NH VO+ ↓ 3 2 5 2HVO V O +H O∆ 2.34g 117g/mol （2）+5 价钒在溶液中存在如下平衡：VO2++H2O⇌VO3-+2H+，加入 NaOH 和氢离子反应促进平衡 正向进行，故答案为：使 VO2++H2O⇌VO3-+2H+平衡正向进行； （3）由已知 NH4VO3 难溶于水，沉钒工序中向 NaVO3 溶液中加入硫酸铵生成 NH4VO3 沉淀和硫酸 钠，反应的化学方程式为：2NaVO3+（NH4）2SO4=2NH4VO3↓+Na2SO4； （4）空气中煅烧偏钒酸铵发生反应为： NH4VO3 NH3↑+HVO3， 117 17 100 2HVO3 2H2O+V2O5， 200 36 182 结合图象质量变化可知加热到 100℃～200℃时，产生的一种气体是 NH3，其电子式为 ； 加热到 400℃时，得到的固体产物是五氧化二钒，反应的化学方程式为 2HVO3 2H2O+V2O5。 【点睛】本题考查了物质分离提纯、原电池和电解池原理、图象变化特征分析计算、物质性 质等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。