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河北省衡水市衡水中学2020届高三上学期期中考试化学（解析版）
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河北省衡水市衡水中学2020届高三上学期期中考试
一、选择题
1.党的十九大强调树立“社会主义生态文明观”。下列做法不应该提倡的是（ ）
A. 推广碳捕集和封存技术缓解温室效应
B. 研发可降解高分子材料解决白色污染问题
C. 用硅制作太阳能电池减少对化石燃料的依赖
D. 工业污水向远海洋排放防止污染生活水源
【答案】D
【详解】A. 温室效应是由于过量CO2气体的排放引起的，因此推广碳捕集和封存技术，有利于缓解温室效应，不符合题意，A错误；
B. 白色污染，是由不可降解的塑料引起的，因此研发可降解高分子材料，有利于解决白色污染问题，不符合题意，B错误；
C. 化石燃料属于不可再生能源，且为目前的主要能源，用硅制作太阳能电池，能有效利用太阳能，减少对化石燃料的依赖，不符合题意，C错误；
D. 工业污水中含有大量的重金属离子，即使向远海洋排放，也会造成生活水源的污染，选项错误，符合题意，D正确；
答案为D。
2.中国是瓷器的故乡，钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法正确的是（ ）
A. 高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物
B. 瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料
C. 氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料
D. "窑变"是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化
【答案】D
【详解】A. 陶瓷中含有多种物质，属于混合物，不符合题意，A错误；
B. 瓷器属于无机非金属材料，不符合题意，B错误；
C. 氮化硅属于新型无机非金属材料，不符合题意，C错误；
D. “窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，符合题意，D正确；
答案为D。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 12g石墨和C60的混合固体中，含有NA个碳原子
B. 标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子
C. 7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2NA
D. 5.6g铁在足量氯气中燃烧，电子转移数目为0.2NA
【答案】A
【详解】A．12g石墨和C60的混合物中含有12g碳原子，含有1mol碳原子, 含有NA个碳原子，A正确；
B．标准状况下，水为液体，不能根据气体摩尔体积计算物质的量，B错误；
C．7.8g过氧化钠是0.1mol，含有0.1mol的O22－，共用电子对数为0.1NA，C错误；
D．5.6g铁在足量氯气中燃烧被氧化成+3价铁，，电子转移数目为0.3NA，D错误；
答案为A。
4.高温时，焦炭和水蒸气反应，所得气体含CO、CO2、H2和H2O，现用浓硫酸、无水硫酸铜、氧化铜、澄清石灰水、氢氧化钠溶液五种试剂，一次性检测气体中的CO、CO2和H2，下列说法不正确的是（ ）
A. 气体检验的顺序应该是CO2、H2、CO
B. 检验CO和H2之前，需用浓硫酸将气体干燥后再完成后续实验
C. 干燥气体通过灼热氧化铜后，可根据无水硫酸铜是否变蓝色来确定是否含H2
D. 该实验中，澄清石灰水只需使用一次
【答案】D
【分析】高温时，焦炭和水蒸气反应，所得气体含CO、CO2、H2和H2O，一次性检测气体中的CO、CO2和H2，检验二氧化碳可以选用澄清石灰水，检验氢气可以选用灼热的氧化铜和无水硫酸铜、检验一氧化碳可以选用灼热的氧化铜和澄清石灰水，因此首先用澄清石灰水检验二氧化碳，用氢氧化钠除去二氧化碳，并用浓硫酸干燥后，剩余的气体再经过灼热的氧化铜，用无水硫酸铜检验氢气，用澄清石灰水检验一氧化碳(需要防止澄清石灰水中的水和空气中的二氧化碳干扰实验)，据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，气体检验的顺序应该是CO2、H2、CO，故A正确；B. 根据上述分析，检验CO和H2之前，需用浓硫酸将气体干燥后再完成后续实验，防止气体中的水蒸气影响氢气的检验，故B正确；C. 根据上述分析，干燥气体通过灼热氧化铜后，可根据无水硫酸铜是否变蓝色来确定是否含H2，故C正确；D.根据上述分析，该实验中，澄清石灰水需要用来检验二氧化碳及其一氧化碳氧化后生成的二氧化碳，需使用两次，如果考虑二氧化碳是否除尽，则需要三次，故D错误；故选D。
【点睛】本题考查了物质检验的实验方案的设计。本题的难点和易错点为空气中的二氧化碳和水蒸气以及实验中的二氧化碳和水蒸气对实验设计的影响。
5.实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4溶液，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（ ）
A. ClO2 B. Cl2O C. Cl2 D. Cl2O3
【答案】A
【分析】因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，设X中Cl元素的化合价为x，由电子守恒可知，2×（5-x）=1×（6-4），解得x=+4。
【详解】A、ClO2中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+4价，选项A正确；
B、Cl2O中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+1价，选项B错误；
C、Cl2中，Cl元素的化合价为0，选项C错误；
D、Cl2O3中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+3价，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应中电子守恒的计算，明确硫元素的化合价升高，氯元素的化合价降低是解答本题的关键。
6.化学与社会密切相关。下列叙述Ⅰ和Ⅱ都正确且二者有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
N2常作食品防腐剂
N2的密度与空气接近
B
FeCl3常作净水剂
FeCl3具有氧化性
C
MgO和Al2O3常作耐高温材料
MgO和Al2O3的熔点高、难分解
D
醋酸常用于清洗水壶中水垢
醋酸是强酸且醋酸钙、醋酸镁易溶于水
【答案】C
【详解】A. N2的化学性质稳定，常用作食品防腐剂，与其密度无关，不符合题意，A错误；
B. FeCl3常用作净水剂，是由于FeCl3在水中水解产生Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可吸附水中的杂质，起到净水作用，与其氧化性无关，不符合题意，B错误；
C. MgO和Al2O3的熔点高、难分解，可用作耐高温材料，符合题意，C正确；
D. CH3COOH是弱酸，但酸性比H2CO3强，水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，因此醋酸能用于清洗水垢，不符合题意，D错误；
答案为C。
【点睛】FeCl3在水中水解产生Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可吸附水中的杂质。
7.下列有关水处理方法不正确的是（ ）
A. 用含碳铁粉处理水体中的NO3-
B. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D. 用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨
【答案】C
【详解】A. 含碳铁粉形成原电池，能用于除去水体中的NO3-，不符合题意，A错误；
B. Al3+和Fe3+可水解形成胶体，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，起到净水作用，不符合题意，B错误；
C. Cl2不能将Hg2+、Cu2+形成沉淀，故不能用Cl2除去水中的Hg2+、Cu2+，符合题意，C正确；
D. 烧碱的主要成分是NaOH，能与NH4+反应生成NH3，故可用烧碱处理含高浓度NH4+的废水，并回收NH3，不符合题意，D错误；
答案为C。
8.对下列过程的化学用语表述正确的是（ ）
A. 用硫酸铜溶液除去乙炔中的硫化氢气体：H2S + Cu2+=== CuS↓ + 2H+
B. 向氯化铝溶液中滴入过量氨水：Al3+ + 4OH- === AlO2- + 2H2O
C. 用电子式表示Na和Cl形成NaCl的过程：
D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应：Fe-3e- === Fe3+
【答案】A
【详解】A.硫酸铜溶液能和硫化氢气体反应生成CuS和H2SO4,反应的离子方程式为：H2S + Cu2+= CuS↓+ 2H+，故A正确；B. Al(OH)3不溶于弱碱，所以氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+,故B错误;C. NaCl是离子化合物，用电子式表示Na和Cl形成的过程为：-，故C错误；D.钢铁发生电化学腐蚀时，负极是铁失电子变成Fe2+，反应式为Fe-2e=Fe2+,故D错误;答案：A。
9.研究海水中金属桥墩的腐蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法错误的是（ ）
A. 桥墩的腐蚀主要是析氢腐蚀
B. 钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快
C. 图1辅助电极的材料可以为石墨
D. 图2钢铁桥墩上发生的反应是O2+2H2O+4e一=4OH-
【答案】A
【详解】A．桥墩浸泡在接近中性的海水中，主要发生析氧腐蚀，故A错误；
B．海水中含有氯化钠等电解质，导电性比河水强，钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，故B正确；
C．图1为外加电源的阴极保护法，辅助电极的材料可以为石墨等，故C正确；
D．图2为牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩充当正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正确；
故选A。
10.下列有关实验的选项正确的是（ ）
A
B
C
D
苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
从KI和I2的固体混合物中回收I2
中和热的测定
分离乙醇和丙三醇的混合物
【答案】D
【详解】A. 分离出水层后，应该从上口倒出碘的苯溶液，不符合题意，A错误；
B. 图示仪器为蒸发皿，对固体进行加热时，应用坩埚，不符合题意，B错误；
C. 测定中和热时，大小烧杯之间应用泡沫塑料填满，以防止热量的散失，不符合题意，C错误；
D. 乙醇和丙三醇是两种互溶的液体，但二者的沸点不同，应用蒸馏进行分离，符合题意，D正确；
答案为D。
11.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏伽德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡
试管中出现浑浊
测得为、的和
与的体积比约为2:1
【答案】B
【分析】A．2NO2（g）N2O4（g）△H＜0，为放热反应，结合温度对化学平衡的影响分析；
B．HCl不是含氧酸，盐酸酸性大于碳酸与元素周期律无关，应用高氯酸；
C．根据盖斯定律分析；
D．根据电子守恒计算生成氢气和氧气的物质的量，然后利用阿伏伽德罗定律分析。
【详解】A．2NO2（g）N2O4（g）△H＜0，为放热反应，热水中平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，左球气体颜色加深；冷水中平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，右球气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，无法用元素周期律解释，应用高氯酸，故B选；
C．根据盖斯定律：△H=△H1＋△H2，能够用盖斯定律解释，故C不选；
D．根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏伽德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及化学平衡的影响、阿伏伽德罗定律、盖斯定律、元素周期律等知识，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素是解题关键，易错点B，要用元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较元素的非金属性。
12.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个周期，Ⅹ原子最外层电子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，W与Y同主族，Z的单质是一种黄色固体。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：Z>X>Y B. 稳定性：W2Z>WX
C. YWZ只含有一种化学键 D. WX和Y2Z溶液中由水电离出的c(H+)均大于10－7
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个周期，其中W与Y同主族，W为H元素，Y为Na元素；Z的单质是一种黄色固体，Z为S元素；X原子最外层电子数等于Y、Z原子最外层电子数之和为1+6=7，原子序数小于Na，则X为F，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为H，X为F，Y为Na，Z为S，
A．电子层越多，离子半径越大；具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，则元素Z、X、Y的简单离子半径：Z>X>Y，故A正确；
B．X为F，Z为S，非金属性F>S，则稳定性：H2S
D．WX为HF，Y2Z为Na2S，HF为弱酸抑制水的电离，Na2S为强碱弱酸盐水解促进水的电离，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握原子结构、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
13.某学习小组设计实验制备供氢剂氢化钙(CaH2)，实验装置如下图所示。
已知：氢化钙遇水剧烈反应。下列说法正确的是（ ）
A. 相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率慢
B. 酸R为浓盐酸，装置b中盛装浓硫酸
C. 实验时先点燃酒精灯，后打开活塞K
D. 装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管
【答案】D
【解析】A、相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率快，铜锌和电解质形成原电池，反应速率加快，故A错误；B、酸R为稀硫酸，装置b中盛装浓硫酸，故B错误；C、实验时先打开活塞K，后点燃酒精灯，用氢气赶走装置中的空气后，才能加热，故C错误；D、氢化钙遇水剧烈反应，装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管，故D正确；故选D。
14.由NO2、O2和熔融NaNO3组成的燃料电池如图所示。在该电池工作过程中石墨Ⅰ电极产生一种气态氧化物Y。下列说法正确的是（ ）
A. Y可能为NO B. 电流由石墨Ⅰ流向负载
C. 石墨Ⅰ上发生还原反应 D. 石墨Ⅱ上的电极反应：O2+2N2O5+4e-=4NO3-
【答案】D
【分析】通入O2一极，化合价降低，得电子，作正极，即石墨Ⅱ做正极，石墨Ⅰ为负极。负极是NO2失去电子：4NO2-4e-+4NO3-=4N2O5，正极反应为2N2O5＋O2＋4e－=4NO3－。
【详解】A. 由分析可知，Y为N2O5，不符合题意，A错误；
B. 在原电池中，电流由正极流向负极，因此电流由石墨Ⅱ流向负载，不符合题意，B错误；
C. 由分析可知，石墨Ⅰ为负极，发生氧化反应，不符合题意，C错误；
D. 由分析可知，石墨Ⅱ电极反应式为：2N2O5＋O2＋4e－=4NO3－，符合题意，D正确；
答案为D。
15.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是（ ）
A. W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大
B. X简单氢化物的热稳定性比W的强
C. 析出的黄色沉淀易溶于乙醇
D. X与Z属于同一主族，X与Y属于同一周期
【答案】B
【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S。
A.S2-有3个电子层，O2-、Na+、N3-具有2个电子层，由于离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径由大到小的顺序是Z>W>X>Y，A错误；
B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强；由于元素的非金属性X>W，所以简单氢化物的热稳定性X>W，B正确；
C.Z是S元素，S单质不能溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，所以该说法不合理，C错误；
D.O、S是同一主族元素，O是第二周期元素，Na是第三周期元素，两种元素不在同一周期，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律关系，把握元素的性质、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
16.下列实验过程可以达到实验目的的是( )
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.1mol/L的FeCl3溶液
称取16.25 gFeCl3固体加入少量蒸馏水溶解，转移至1000mL容量瓶中定容
B
探究H2O2的氧化性
向盛有2mL酸性KMnO4溶液的试管中滴入H2O2的溶液，观察溶液颜色变化
C
制备纯净的SO2
向Na2SO3中加入浓硝酸，产生的气体通过浓硫酸
D
制备Fe(OH)3胶体
将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热至液体变为红褐色
【答案】D
【详解】A. 由于Fe3+易水解，配制FeCl3溶液时应抑制Fe3+的水解，需将FeCl3固体溶解于带有HCl的水溶液中，不符合题意，A错误；
B. KMnO4溶液也具有氧化性，能将H2O2中-1价的氧氧化成O2，该反应中，体现了H2O2的还原性，不符合题意，B错误；
C. 浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，无法制得SO2，不符合题意，C错误；
D. 制备Fe(OH)3胶体时，应将饱和FeCl3溶液逐滴滴入沸水中，继续加热至液体变为红褐色，停止加热，即可得到Fe(OH)3胶体，符合题意，D正确；
答案为D。
17.SO2与我们的生活息息相关，低浓度SO2废气的处理是工业难题，目前常用的一种处理方法如下
已知：反应器中发生反应3H2+SO2=H2S+2H2O。
下列有关说法不正确的是( )
A. SO2是有毒气体，能形成酸雨破坏环境，不能用作食品的防腐剂
B. 二乙醇胺的作用是吸收H2S，且可以循环使用
C. 再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是富集H2S
D. 理论上燃烧室中的O2可以用SO2代替
【答案】A
【详解】A. SO2是一种有毒气体，具有还原性，也可作为食品的防腐剂，如SO2是红酒的添加剂，符合题意，A正确；
B. 二乙醇胺可吸收反应生成的H2S，由流程可知，二乙醇胺可循环使用，不符合题意，B错误；
C. 再生塔中加热分解重新获得二乙醇胺和H2S，此时得到的H2S纯度较高，因此再生塔主要的目的是富集H2S，不符合题意，C错误；
D. 由于H2S和SO2能反应生成S和H2O，因此燃烧室中的O2可以用SO2代替，不符合题意，D错误；
故答案为A。
18.一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 反应①属于“氮的固定”
B. 反应②属于非氧化还原反应
C. 反应③可通过电解LiOH水溶液实现
D. 上述三步循环的总反应方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2
【答案】C
【详解】A．反应①是Li和氮气反应生成Li3N的过程中是游离态氮元素转化为化合态，为氮的固定，故A正确；
B．反应②是Li3N和水反应生成LiOH和NH3，反应过程中无元素化合价变化，为非氧化还原反应，故B正确；
C．电极LiOH溶液阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，不能得到金属Li，故C错误；
D．三步反应6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3、4LiOH 4Li+O2↑+2H2O，上述三步循环的总结果为2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正确；
故答案为C。
19.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 砷酸的分子式为H2AsO4
B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出
C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1
D. 该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子
【答案】D
【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；
B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；
C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；
D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。
20.海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是（ ）
①试剂M是盐酸 ②流程中的反应全部都是非氧化还原反应
③操作b只是过滤 ④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2
⑤采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼
A. ①②③④⑤ B. ②③ C. ④⑤ D. ①④⑤
【答案】D
【分析】生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；
【详解】①M是盐酸，用来溶解氢氧化镁沉淀，①正确；
②电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都是非氧化还原反应，②错误；
③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，③错误；
④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2，④正确；
⑤氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，⑤正确，
答案选D。
21.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. 在NaClO和NaCl的混合溶液中：Ag+、K+、NO3-、I-
B. =1×10-13mol·L-1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-
C. K+、Na+、Br-、SiO32-在溶液中能大量共存通入过量CO2后仍能大量共存
D. 由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-
【答案】B
【详解】A. ClO－具有氧化性，I－具有还原性，二者可发生氧化还原反应，不可大量共存，不符合题意，A错误；
B. 结合Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14可知溶液中c(H+)=0.mol/L，溶液显酸性，各离子相互间不反应，可大量共存，符合题意，B正确；
C. 由于H2CO3的酸性比H2SiO3强，因此CO2能与SiO32-反应，二者不可大量共存，不符合题意，C错误；
D. 由水电离产生的c(H+)=10-13<10-7mol/L，溶液可能显酸性或碱性，若溶液显酸性，则H+和AlO2-、CO32-不可大量共存，若溶液显碱性，溶液中各离子相互间不反应，可大量共存，不符合题意，D错误；
故答案为B。
【点睛】水电离产生的c(H+)=10-13mol/L，溶液可能显酸性或碱性。
22.铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图所示。若上端开口关闭，可得到强还原性的H·(氢原子);若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH（羟基自由基)。下列说法错误的是（ ）
A. 无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe-2e—===Fe2+
B. 不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e—===H·
C. 鼓入空气时，每生成1mol·OH有2 mol电子发生转移
D. 处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，上端开口应打开并鼓入空气
【答案】C
【详解】A．无论是否鼓入空气时，铁作为负极，易失去电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A项正确；
B．不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的氢原子，电极反应式为H++e-=H·，B项正确；
C．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH-，所以每生成1mol羟基自由基有1mol电子发生转移，C项错误；
D．除去草酸需要氧化性的物质，上端口打开可生成羟基自由基，D项正确；
所以答案选择C项。
23.我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是（ ）
A. CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B. 催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
C. 该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
D. 有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
【答案】C
【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；
B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；
C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；
D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。
24.下表是某同学探究Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液反应规律的实验记录，已知：Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+
序号
a
b
现象
1
2 mL 0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液(pH = 2)
3滴饱和Na2SO3溶液(pH = 9)
溶液变绿色(含Cr3+)
2
2 mL 0.1 mol·L−1 K2CrO4溶液(pH = 8)
3滴饱和Na2SO3溶液
溶液没有明显变化
3
2 mL饱和Na2SO3溶液
3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液
溶液变黄色
4
2 mL蒸馏水
3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液
溶液变成浅橙色
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验1中的绿色溶液中含有SO42-
B. 实验1、2的a溶液中所含的离子种类相同
C. 向实验3溶液中继续滴加过量硫酸可使溶液变为浅橙色
D. 实验4的目的是排除稀释对溶液颜色变化造成的影响
【答案】C
【分析】由4个实验结果对比可知，K2Cr2O7与Na2SO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在碱性条件下不发生氧化还原反应；由平衡Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+可知，溶液的碱性增强，平衡正向移动，以此分析。
【详解】A. 实验1中K2Cr2O7与Na2SO3发生了氧化还原反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，K2Cr2O7被还原为Cr3+，溶液呈绿色，故A正确；
B. 实验1、2中的a溶液中都存在平衡：Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+，故溶液中所含的离子种类相同，故B正确；
C.Na2SO3溶液呈碱性，滴加3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液，平衡Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+向正向移动，溶液呈黄色；若向实验3溶液中继续滴加过量硫酸，则在酸性条件下，K2Cr2O7与Na2SO3发生氧化还原反应，溶液变绿色，故C错误；
D. 实验4和实验3相比，b溶液相同，a为等体积的蒸馏水，溶液由黄色变成浅橙色，颜色反而加深，故可排除稀释对溶液颜色变化造成的影响，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查对Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液反应规律的探究，掌握物质的性质及信息是解题的关键，注意环境对反应的影响。
25.热激活电池可用作火箭、导弾的工作电源。一种热激活电池的基本结钩如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb，下列有关说法正确的是（ ）
A. 输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极
B. 放电时电解质LiCl-KCl中的Li+向钙电极区迁移
C. 每转0.2mol电子，论上消耗42.5gLiCl
D. 电池总反应为Ca+PbSO4+2LiCl=Pb+Li2SO4+CaCl2
【答案】D
【详解】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极。
A.输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，故A不正确；
B.Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，故B不正确；
C.根据总电极反应Ca+PbSO4+2LiCl=Pb+Li2SO4+CaCl2，每转移0.2mol电子，消耗LiCl0.2mol×42.5g/mol=85g，故C不正确；
D.负极反应方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+ CaCl2+Li2SO4，故D正确。
答案：D
【点睛】考查电化学基本理论，涉及电极判断、电极反应方程式的书写、离子流动方向以及简单计算，易错选项C。
26.硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是（ ）
A. 白色沉淀为BaSO4
B. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1
C. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1
D. 从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl
【答案】B
【分析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；
【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；
B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；
C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；
D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；
答案选B。
27.在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是（ ）
A. 反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O
B. 反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C. 反应Ш是氧化还原反应
D. 黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
【答案】C
【详解】A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；
B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；
C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；
故选C。
【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。
28.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. C3N4中C的化合价为-4 B. 反应的两个阶段转移电子数相等
C. 阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D. 通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【详解】A. 化合物C3N4中氮元素的化合价为-3价，结合化合物中化合价代数和为0可得，碳元素的化合价为+4价，不符合题意，A错误；
B. 由于两个过程中，参与反应的量未知，因此无法比较转移电子数的大小，不符合题意，B错误；
C. 阶段Ⅱ中发生反应的化学方程式为：2H2O2=2H2O＋O2↑，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价，因此H2O2既是氧化剂，又是还原剂，符合题意，C正确；
D. 该反应中，实现了太阳能转化为化学能，不符合题意，D错误；
故答案为C
【点睛】未给定参与反应的量，无法比较转移电子数的多少。
29.探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是（ ）
A. ①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃
B. ①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
C. ②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同
D. 通过③能比较酸性：HCl＞H2O2
【答案】D
【分析】根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。
【详解】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；
B. ①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；
C. ②中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而⑤中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但②中过氧化氢全部被氧化⑤中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C项正确；
D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；
答案选D。
30.空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下：
反应室
载气
吸收液
SO42-含量
数据分析
①
N2
蒸馏水
a
ⅰ. b≈d＞a≈c
ⅱ.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-
②
3%氨水
b
③
空气
蒸馏水
c
④
3%氨水
d
下列说法不正确的是（ ）
A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施
B. 反应室①中可能发生反应：SO2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2
C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关
D. 农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
【答案】C
【详解】A. 因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B. 反应室①中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正确；C.由已知 b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D. 铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。
二、非选择题
31.一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构的水合物晶体，CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。
（1）“可燃冰”晶体中平均每46个H2O分子构建8个笼，其中6个笼分别容纳1个CH4分子，另外2个笼分别容纳1个H2O分子，则“可燃冰”平均组成可表示为________ (填化学式)。
（2）已知：
CO2(g)+nH2O(l)=CO2·nH2O(s) △H=-57.98kJ·moI-1
CH4(g)+nH2O(l)=CH4·nH2O(s) △H=-54.49kJ·mol-1
反应CO2(g)+CH4·nH2O（s)=CH4（g)+CO2·nH2O(s)的△H=________kJ·mol-1
（3）科学家提出用CO2“置换”CH4开采海底“可燃冰”的设想，提出该设想的理论依据是___________________________________________。
（4）图中显示，CO2·nH2O的生产速率明显大于 CH4·nH2O释放出的速率，其原因是_____________________________________________________。
（5）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。
① 反应(i)的化学方程式为____________________________。
② 该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是__________________。
【答案】 (1). CH4·8H2O (2). -3.49 (3). CO2置换 CH4.nH2O（s)的反应△H<0，在一定温度下可自发进行 (4). CO2·nH2O除置换反应生成外，还存在CO2与H2O结生成CO2·nH2O的反应 (5). 3C3H8+2CrO33C3H6+Cr2O3+3H2O (6). 碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面
【分析】（1）根据“可燃冰”的晶体结构得到化学式；
（2）由盖斯定律计算；
（3）根据ΔG=ΔH-TΔS<0，反应可自发进行进行判断；
（5）①反应ⅰ中反应物为C3H8和CrO3，生成物为C3H6、H2O和Cr2O3；
②由于C能与CO2反应生成CO进行解释。
【详解】（1）由“可燃冰”的晶体结构可知，一个“可燃冰”晶体结构中含有6个CH4分子和48个H2O分子，因此其平均组成可表示是为CH4·8H2O；
（2）由盖斯定律可得，反应“CO2(g)+CH4·nH2O（s)=CH4（g)+CO2·nH2O(s)”的反应热ΔH=(-57.98kJ/mol)-(-54.94kJ/mol)=-3.49kJ/mol；
（3）由于该反应的ΔH<0，因此在一定条件下，可满足ΔH-TΔS<0，反应可自发进行，因此可用CO2置换CH4开采海底“可燃冰”；
（4）由于CO2能与H2O反应生成CO2·nH2O，因此CO2·nH2O的生成速率明显大于CH4·nH2O的释放速率；
（5）①由反应机理图可知，反应ⅰ中反应物为C3H8和CrO3，生成物为C3H6、H2O和Cr2O3，因此该反应化学方程式为：3C3H8+2CrO3=3C3H6+Cr2O3+3H2O；
②由于C能与CO2反应生成CO，因此该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性。
32.高氯酸铵(NH4ClO4)常作火箭发射的推进剂，实验室用NaClO4、NH4Cl等原料制取(部分物质的溶解度如图1、图2)，其实验流程如图3：
（1）反应器中发生反应的基本反应类型是________。
（2）上述流程中由粗产品获得纯净高氯酸铵的方法为________________________。
（3）洗涤粗产品时，宜用________（填“0℃冷水”或“80°C热水”)洗涤。
（4）已知NH4ClO4在400℃时开始分解为N2、Cl2、H2O。某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物(假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略)
实验开始前，已用CO2气体将整套实验装置中空气排尽；焦性没食子酸溶液用于吸收氧气。
①写出高氯酸铵分解的化学方程式____________________________ 。
②为了验证上述产物，按气流从左至右，装置的连接顺序为A→________________(填装置对应的字母)，证明氧气存在的实验现象为____________________________________ 。
③若装置E硬质玻璃管中的Cu粉换成Mg粉，向得到的产物中滴加蒸馏水，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。滴加蒸馏水发生反应的化学方程式为________________。
【答案】 (1). 复分解反应 (2). 重结晶 (3). 0℃冷水 (4). 2NH4ClO4 N2↑+ Cl2↑+2O2↑+4H2O↑ (5). F→B→D→C→E→H→G (6). 装置E硬质玻璃管中红色粉末变为黑色 (7). Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑
【分析】（1）高氯酸钠与氯化铵反应生成高氯酸铵，化合价未变；
（2）由粗产品获得纯净的高氯酸铵操作属于晶体的提纯；
（3）NH4ClO4的溶解度随温度的升高而增大；
（4）①结合原子个数守恒进行配平；
②用无水CuSO4固体（F）检验H2O(g)，再用湿润的红色布条（F）检验Cl2；对O2的检验应用O2将铜氧化的性质，由于Cl2同样具有氧化性，因此需先用NaOH溶液（D）除去Cl2，再通过浓硫酸（C）干燥，气体通过Cu粉（E）检验O2；G装置排水集气法用于检验N2，由于O2也难溶于水，因此需先用焦性没食子酸（H）吸收O2；
③Mg能与N2反应生成Mg3N2，Mg3N2与水反应生成的使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3。
【详解】（1）由流程可知，高氯酸钠与氯化铵反应生成高氯酸铵，则化学方程式为：NaClO4+NH4Cl=NH4ClO4+NaCl，该反应为复分解反应；
（2）由粗产品获得纯净的高氯酸铵操作属于晶体的提纯，而晶体的提纯用重结晶；
（3）由图2可知，NH4ClO4的溶解度随温度的升高而增大，因此洗涤NH4ClO4粗产品时，应选用0℃冷水进行洗涤，防止NH4ClO4溶解损耗；
（4）①由题干可知，NH4ClO4分解产生N2、Cl2和H2O，结合原子个数守恒可得，反应过程中还生成O2，因此该反应的化学方程式为：2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑；
②对产生气体的检验时，应首先用无水CuSO4固体（F）检验H2O(g)，再用湿润的红色布条（F）检验Cl2；对O2的检验应用O2将铜氧化的性质，由于Cl2同样具有氧化性，因此需先用NaOH溶液（D）除去Cl2，再通过浓硫酸（C）干燥，气体通过Cu粉（E）检验O2；G装置排水集气法用于检验N2，由于O2也难溶于水，因此需先用焦性没食子酸（H）吸收O2，因此装置的连接顺序为：A→F→B→D→C→E→H→G；证明O2存在的实验现象为：E中红色粉末变为黑色；
③水反应生成的使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，因此反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑。
【点睛】Mg能与N2反应生成Mg3N2，Mg3N2潮解生成氢氧化镁和氨气。
33.（1）Ⅰ.太阳能、风能发电逐渐得到广泛应用，在发电系统中安装储能装置有助于持续稳定供电，其构造的简化图如下
下列说法中，不正确的是________ (填字母序号)
a．太阳能、风能都是清洁能源
b．太阳能电池组实现了太阳能到电能的转化
c．控制系统能够控制储能系统是充电还是放电
d．阳光或风力充足时，储能系统实现由化学能到电能的转化
（2）全钒液流电池是具有发展前景的、用作储能系统的蓄电池。已知放电时V2+发生氧化反应，则放电时电极A的电极反应式为____________________________ 。
（3）含钒废水会造成水体污染，对含钒废水(除VO2+外，还含有Al3+， Fe3+)等进行综合处理可实现钒资源的回收利用，流程如下：
已知溶液pH范围不同时，钒的存在形式如下表所示
钒的化合价
pH<2
pH>11
+4价
VO2+， VO(OH)+
VO(OH)3-
+5价
VO2+
VO43-
①加入NaOH调节溶液pH至13时，沉淀1达最大量，并由灰白色转变为红褐色，用化学用语表示加入NaOH后涉及到氧化物还原反应的化学反应方程式为____________。
②向碱性的滤液1(V的化合价为+4)中加入H2O2的作用是________ 。
（4）Ⅱ.氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3·H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如下：
Ⅰ中加入NaOH溶液，调pH=11并鼓入大量空气，用离子方程式表示加NaOH溶液的作用是________________________________；鼓入大量空气的目的是____________________。
（5）Ⅱ中加入适量NaClO溶液，控制pH在6~7，将氨氮转化为无毒物质，过程Ⅱ发生3个反应：
ⅰClO-+H+=HClO
ⅱ.NH4++HClO=NH2Cl+H++H2O(NH2Cl中Cl元素为+1价)
ⅲ. ……
已知：水体中以+1价形式存在的氯元素有消毒杀菌的作用，被称为“余氯”。下图为NaClO加入量与“余氯”含量的关系示意图。其中氨氮含量最低的点是c点。
b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是(用化学式表示) ____________；反应ⅲ的化学方程式是____________________________________________。
（6）Ⅲ中用Na2SO3溶液处理含余氯废水，要求达标废水中剩余Na2SO3的含量小于5mg·L-1。若含余氯废水中NaClO的含量是7.45mg·L-1，则处理10m3含余氯废水，至多添加10%Na2SO3溶液________kg(溶液体积变化忽略不计)。
【答案】(1). d (2). VO2++e-+2H+=VO2++H2O (3). 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 (4). 2VO(OH)3-+H2O2+4OH-=2VO43-+6H2O (5). NH4++OH-=NH3·H2O (6). 将NH3吹出 (7). NH2Cl (8). 2NH2Cl+ HClO=N2+3HCl+H2O (9). 1.31
【分析】（1）a、太阳能、风能都属于可再生的清洁能源；
b、太阳能电池组可将太阳能转化为电能；
c、控制系统可控制储能系统为充电状态和放电状态；
d、阳光或风力充足时，储能系统可实现太阳能或风能转化为电能；
（2）放电时V2+发生氧化反应，则电极B为负极，因此电极A为正极，由VO2+发生得电子的还原反应，生成VO2+；
（3）①沉淀1为Fe(OH)2，沉淀由灰白色转化为红褐色，形成了Fe(OH)3；
②由于H2O2具有氧化性，能将滤液1中的VO(OH)3-氧化成VO43-；
（4）加入NaOH溶液后，能与废水中的NH4+反应形成NH3·H2O；鼓入大量的空气可将NH3从溶液中吹出；
（5）ab段中主要发生反应ⅰ和反应ⅱ，生成NH2Cl；
bc段主要发生反应ⅲ，溶液中NH2Cl与HClO反应生成N2；
（6）根据废水中NaClO的含量及Na2SO3+NaClO=NaCl+Na2SO4，计算消耗n（Na2SO3），再结合废水中达标的量进行计算。
【详解】（1）a、太阳能、风能都属于可再生的清洁能源，不符合题意，a错误；
b、太阳能电池组可将太阳能转化为电能，不符合题意，b错误；
c、控制系统可控制储能系统为充电状态和放电状态，不符合题意，c错误；
d、阳光或风力充足时，储能系统可实现太阳能或风能转化为电能，符合题意，d正确；
答案为d；
（2）放电时V2+发生氧化反应，则电极B为负极，因此电极A为正极，由VO2+发生得电子的还原反应，生成VO2+，因此电极A的电极反应式为：VO2++e-+2H+=VO2++H2O；
（3）①沉淀1为Fe(OH)2，沉淀由灰白色转化为红褐色，形成了Fe(OH)3，其反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
②由于H2O2具有氧化性，能将滤液1中的VO(OH)3-氧化成VO43-，因此该反应的化学方程式为：2VO(OH)3-+H2O2+4OH-=2VO43-+6H2O；
（4）加入NaOH溶液后，能与废水中的NH4+反应形成NH3·H2O，该反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3·H2O；鼓入大量的空气后，能将溶液中溶解的NH3吹出；
（5）ab段中主要发生反应ⅰ和反应ⅱ，生成NH2Cl，因此b点溶液中氮元素的主要存在形态为NH2Cl；
bc段主要发生反应ⅲ，溶液中NH2Cl与HClO反应生成N2，结合得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式为：2NH2Cl+HClO=N2+3HCl+H2O；
（6）10m3废水中NaClO的含量，Na2SO3与NaClO反应的化学方程式为：Na2SO3+NaClO=NaCl+Na2SO4，因此反应消耗Na2SO3的物质的量也为1mol，其质量为：1mol×126g/mol=126g；设最多添加Na2SO3溶液的质量为x，则可得，解得x=1310g=1.31kg；
34.某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验。
（1）研究盐酸被MnO2氧化。
实验
操作
现象
Ⅰ
常温下将MnO2和12mol·L-1浓盐酸混合
溶液呈浅棕色，有刺激泩气味
Ⅱ
将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液
生成大量黄绿色气体
Ⅲ
加热MnO2和4mol·L-1稀盐酸混合物
无明显现象
①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程是________ 。
②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是________ 。
③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)较低，设计实验Ⅳ进行探究：
将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是________。
④用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验V：
i. K闭合时，指针向左偏转
ⅱ. 向右管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1，指针偏转幅度变化不大ⅲ．再向左管中滴加浓H2SO4至c（H+)≥7mol·L-1，指针向左偏转幅度增大
将i和ⅱ、ⅲ作对比，得出的结论是________。
（2）研究盐酸能否被氧化性酸氧化。
①烧瓶中放入浓H2SO4，通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象。由此得出浓硫酸________(填“能”或“不能”)氧化盐酸。
②向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有NO2。
实验
操作
现象
Ⅰ
将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中
试纸先变蓝，后褪色
Ⅱ
将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中
试纸先变蓝，后褪色
Ⅲ
……
……
通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ证明混合气体中含有Cl2，Ⅲ的操作是________________。
（3）由上述实验得出：盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、________有关。
【答案】(1). MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O (2). MnCl4Cl2↑+MnCl2 (3). Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化 (4). HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强 (5). 不能 (6). 将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中 (7). c(Cl-)、c(H+)(或浓度)
【分析】（1）①MnO2呈弱碱性与浓盐酸发生复分解反应，生成四氯化锰和水；
②MnCl4加热发生分解反应，产生的黄绿色气体Cl2；
③对比实验Ⅳ、实验Ⅲ，增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，即可得出结论；
④右管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HCl的还原性；左管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越强；
（2）①烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有Cl2；
②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2中，观察到试纸先变蓝，后褪色，因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有Cl2；
（3）由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。
【详解】（1）①由于MnO2呈弱碱性，与浓盐酸发生复分解反应，则该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；
②将Ⅰ中混合物过滤后，所得滤液为MnCl4溶液，加热后产生的黄绿色气体为Cl2，由于该反应为分解反应，因此反应的化学方程式为：MnCl4MnCl2＋Cl2↑；
③实验Ⅳ中增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，因此说明实验Ⅲ中无明显现象是由于溶液中c(H+)、c(Cl-)较低引起的，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；
④右管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HCl的还原性；左管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大， 指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越强；
（2）①烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有Cl2，因此说明HCl不能被浓硫酸氧化；
②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2中，观察到试纸先变蓝，后褪色，因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有Cl2，因此实验Ⅲ的操作是将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中；
（3）由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。
35.铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用的基准试剂，工业上常用铝土矿(主要成分为Al2O3)来生产铵明矾，其中Z的水溶液可用于伤口消毒，其工艺流程图如下：
（1）写出反应Ⅱ的离子方程式____________________________ 。
（2）从反应IV的铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为________、________、过滤、洗涤(填操作名称)。
（3）反应Ⅵ的化学方程式为____________________________________。
（4）废水中含有Fe2+、Mn2+等金属离子对自然环境有严重的破坏作用，可用(NH4)2S2O8氧化除去。写出Mn2+被氧化生成MnO2的离子方程式为____________________________。Z也有较强氧化性，在实际生产中不用Z氧化Mn2+的原因是________________________ 。
【答案】(1). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (2). 蒸发浓缩 (3). 冷却结晶 (4). (NH4)2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2 (5). S2O82-+2H2O+Mn2+=4H++2SO42-+MnO2↓ (6). 锰的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多
【分析】（1）反应Ⅰ试剂X为碱溶液，铝土矿中的Al2O3反应形成AlO2－，因此反应Ⅱ中通入过量的CO2，反应生成Al(OH)3沉淀和HCO3－；
（2）从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（3）反应Ⅵ中反应物为(NH4)2S2O8和H2O，生成物为NH4HSO4和H2O2；
（4）根据化合价升降法配平；MnO2能催化H2O2的分解。
【详解】（1）反应Ⅰ所加试剂X为碱溶液，铝土矿中的Al2O3反应形成AlO2－，因此反应Ⅱ中通入过量的CO2，反应生成Al(OH)3沉淀和HCO3－，该反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－；
（2）从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（3）由图示流程可知，反应Ⅵ中反应物为(NH4)2S2O8和H2O，生成物为NH4HSO4和Z，由于Z具有氧化性，同时结合氧化还原规律可得，Z为H2O2，因此该反应的化学方程式为：(NH4)2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2；
（4）Mn2＋被氧化生成MnO2的过程中，S2O82－被还原为SO42－；过程中锰元素由＋2价变为＋4价，失去2个电子，硫元素由＋7价变为＋6价，得到两个电子，根据得失电子守恒可得，Mn2＋和MnO2、S2O82－的系数都为1，SO42－的系数为2；根据电荷守恒可得，生成物中含有H＋，且系数为4；根据氢原子个数守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为2；因此可得该反应的离子方程式为：S2O82-+2H2O+Mn2+=4H++2SO42-+MnO2↓；
由上述分析可知，Z为H2O2， MnO2能催化H2O2的分解，因此不用Z氧化Mn2＋。
河北省衡水市衡水中学2020届高三上学期期中考试
一、选择题
1.党的十九大强调树立“社会主义生态文明观”。下列做法不应该提倡的是（ ）
A. 推广碳捕集和封存技术缓解温室效应
B. 研发可降解高分子材料解决白色污染问题
C. 用硅制作太阳能电池减少对化石燃料的依赖
D. 工业污水向远海洋排放防止污染生活水源
【答案】D
【详解】A. 温室效应是由于过量CO2气体的排放引起的，因此推广碳捕集和封存技术，有利于缓解温室效应，不符合题意，A错误；
B. 白色污染，是由不可降解的塑料引起的，因此研发可降解高分子材料，有利于解决白色污染问题，不符合题意，B错误；
C. 化石燃料属于不可再生能源，且为目前的主要能源，用硅制作太阳能电池，能有效利用太阳能，减少对化石燃料的依赖，不符合题意，C错误；
D. 工业污水中含有大量的重金属离子，即使向远海洋排放，也会造成生活水源的污染，选项错误，符合题意，D正确；
答案为D。
2.中国是瓷器的故乡，钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法正确的是（ ）
A. 高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物
B. 瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料
C. 氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料
D. "窑变"是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化
【答案】D
【详解】A. 陶瓷中含有多种物质，属于混合物，不符合题意，A错误；
B. 瓷器属于无机非金属材料，不符合题意，B错误；
C. 氮化硅属于新型无机非金属材料，不符合题意，C错误；
D. “窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，符合题意，D正确；
答案为D。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 12g石墨和C60的混合固体中，含有NA个碳原子
B. 标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子
C. 7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2NA
D. 5.6g铁在足量氯气中燃烧，电子转移数目为0.2NA
【答案】A
【详解】A．12g石墨和C60的混合物中含有12g碳原子，含有1mol碳原子, 含有NA个碳原子，A正确；
B．标准状况下，水为液体，不能根据气体摩尔体积计算物质的量，B错误；
C．7.8g过氧化钠是0.1mol，含有0.1mol的O22－，共用电子对数为0.1NA，C错误；
D．5.6g铁在足量氯气中燃烧被氧化成+3价铁，，电子转移数目为0.3NA，D错误；
答案为A。
4.高温时，焦炭和水蒸气反应，所得气体含CO、CO2、H2和H2O，现用浓硫酸、无水硫酸铜、氧化铜、澄清石灰水、氢氧化钠溶液五种试剂，一次性检测气体中的CO、CO2和H2，下列说法不正确的是（ ）
A. 气体检验的顺序应该是CO2、H2、CO
B. 检验CO和H2之前，需用浓硫酸将气体干燥后再完成后续实验
C. 干燥气体通过灼热氧化铜后，可根据无水硫酸铜是否变蓝色来确定是否含H2
D. 该实验中，澄清石灰水只需使用一次
【答案】D
【分析】高温时，焦炭和水蒸气反应，所得气体含CO、CO2、H2和H2O，一次性检测气体中的CO、CO2和H2，检验二氧化碳可以选用澄清石灰水，检验氢气可以选用灼热的氧化铜和无水硫酸铜、检验一氧化碳可以选用灼热的氧化铜和澄清石灰水，因此首先用澄清石灰水检验二氧化碳，用氢氧化钠除去二氧化碳，并用浓硫酸干燥后，剩余的气体再经过灼热的氧化铜，用无水硫酸铜检验氢气，用澄清石灰水检验一氧化碳(需要防止澄清石灰水中的水和空气中的二氧化碳干扰实验)，据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，气体检验的顺序应该是CO2、H2、CO，故A正确；B. 根据上述分析，检验CO和H2之前，需用浓硫酸将气体干燥后再完成后续实验，防止气体中的水蒸气影响氢气的检验，故B正确；C. 根据上述分析，干燥气体通过灼热氧化铜后，可根据无水硫酸铜是否变蓝色来确定是否含H2，故C正确；D.根据上述分析，该实验中，澄清石灰水需要用来检验二氧化碳及其一氧化碳氧化后生成的二氧化碳，需使用两次，如果考虑二氧化碳是否除尽，则需要三次，故D错误；故选D。
【点睛】本题考查了物质检验的实验方案的设计。本题的难点和易错点为空气中的二氧化碳和水蒸气以及实验中的二氧化碳和水蒸气对实验设计的影响。
5.实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4溶液，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（ ）
A. ClO2 B. Cl2O C. Cl2 D. Cl2O3
【答案】A
【分析】因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，设X中Cl元素的化合价为x，由电子守恒可知，2×（5-x）=1×（6-4），解得x=+4。
【详解】A、ClO2中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+4价，选项A正确；
B、Cl2O中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+1价，选项B错误；
C、Cl2中，Cl元素的化合价为0，选项C错误；
D、Cl2O3中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+3价，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应中电子守恒的计算，明确硫元素的化合价升高，氯元素的化合价降低是解答本题的关键。
6.化学与社会密切相关。下列叙述Ⅰ和Ⅱ都正确且二者有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
N2常作食品防腐剂
N2的密度与空气接近
B
FeCl3常作净水剂
FeCl3具有氧化性
C
MgO和Al2O3常作耐高温材料
MgO和Al2O3的熔点高、难分解
D
醋酸常用于清洗水壶中水垢
醋酸是强酸且醋酸钙、醋酸镁易溶于水
【答案】C
【详解】A. N2的化学性质稳定，常用作食品防腐剂，与其密度无关，不符合题意，A错误；
B. FeCl3常用作净水剂，是由于FeCl3在水中水解产生Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可吸附水中的杂质，起到净水作用，与其氧化性无关，不符合题意，B错误；
C. MgO和Al2O3的熔点高、难分解，可用作耐高温材料，符合题意，C正确；
D. CH3COOH是弱酸，但酸性比H2CO3强，水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，因此醋酸能用于清洗水垢，不符合题意，D错误；
答案为C。
【点睛】FeCl3在水中水解产生Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可吸附水中的杂质。
7.下列有关水处理方法不正确的是（ ）
A. 用含碳铁粉处理水体中的NO3-
B. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D. 用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨
【答案】C
【详解】A. 含碳铁粉形成原电池，能用于除去水体中的NO3-，不符合题意，A错误；
B. Al3+和Fe3+可水解形成胶体，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，起到净水作用，不符合题意，B错误；
C. Cl2不能将Hg2+、Cu2+形成沉淀，故不能用Cl2除去水中的Hg2+、Cu2+，符合题意，C正确；
D. 烧碱的主要成分是NaOH，能与NH4+反应生成NH3，故可用烧碱处理含高浓度NH4+的废水，并回收NH3，不符合题意，D错误；
答案为C。
8.对下列过程的化学用语表述正确的是（ ）
A. 用硫酸铜溶液除去乙炔中的硫化氢气体：H2S + Cu2+=== CuS↓ + 2H+
B. 向氯化铝溶液中滴入过量氨水：Al3+ + 4OH- === AlO2- + 2H2O
C. 用电子式表示Na和Cl形成NaCl的过程：
D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应：Fe-3e- === Fe3+
【答案】A
【详解】A.硫酸铜溶液能和硫化氢气体反应生成CuS和H2SO4,反应的离子方程式为：H2S + Cu2+= CuS↓+ 2H+，故A正确；B. Al(OH)3不溶于弱碱，所以氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+,故B错误;C. NaCl是离子化合物，用电子式表示Na和Cl形成的过程为：-，故C错误；D.钢铁发生电化学腐蚀时，负极是铁失电子变成Fe2+，反应式为Fe-2e=Fe2+,故D错误;答案：A。
9.研究海水中金属桥墩的腐蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法错误的是（ ）
A. 桥墩的腐蚀主要是析氢腐蚀
B. 钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快
C. 图1辅助电极的材料可以为石墨
D. 图2钢铁桥墩上发生的反应是O2+2H2O+4e一=4OH-
【答案】A
【详解】A．桥墩浸泡在接近中性的海水中，主要发生析氧腐蚀，故A错误；
B．海水中含有氯化钠等电解质，导电性比河水强，钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，故B正确；
C．图1为外加电源的阴极保护法，辅助电极的材料可以为石墨等，故C正确；
D．图2为牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩充当正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正确；
故选A。
10.下列有关实验的选项正确的是（ ）
A
B
C
D
苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
从KI和I2的固体混合物中回收I2
中和热的测定
分离乙醇和丙三醇的混合物
【答案】D
【详解】A. 分离出水层后，应该从上口倒出碘的苯溶液，不符合题意，A错误；
B. 图示仪器为蒸发皿，对固体进行加热时，应用坩埚，不符合题意，B错误；
C. 测定中和热时，大小烧杯之间应用泡沫塑料填满，以防止热量的散失，不符合题意，C错误；
D. 乙醇和丙三醇是两种互溶的液体，但二者的沸点不同，应用蒸馏进行分离，符合题意，D正确；
答案为D。
11.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏伽德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡
试管中出现浑浊
测得为、的和
与的体积比约为2:1
【答案】B
【分析】A．2NO2（g）N2O4（g）△H＜0，为放热反应，结合温度对化学平衡的影响分析；
B．HCl不是含氧酸，盐酸酸性大于碳酸与元素周期律无关，应用高氯酸；
C．根据盖斯定律分析；
D．根据电子守恒计算生成氢气和氧气的物质的量，然后利用阿伏伽德罗定律分析。
【详解】A．2NO2（g）N2O4（g）△H＜0，为放热反应，热水中平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，左球气体颜色加深；冷水中平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，右球气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，无法用元素周期律解释，应用高氯酸，故B选；
C．根据盖斯定律：△H=△H1＋△H2，能够用盖斯定律解释，故C不选；
D．根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏伽德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及化学平衡的影响、阿伏伽德罗定律、盖斯定律、元素周期律等知识，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素是解题关键，易错点B，要用元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较元素的非金属性。
12.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个周期，Ⅹ原子最外层电子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，W与Y同主族，Z的单质是一种黄色固体。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：Z>X>Y B. 稳定性：W2Z>WX
C. YWZ只含有一种化学键 D. WX和Y2Z溶液中由水电离出的c(H+)均大于10－7
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个周期，其中W与Y同主族，W为H元素，Y为Na元素；Z的单质是一种黄色固体，Z为S元素；X原子最外层电子数等于Y、Z原子最外层电子数之和为1+6=7，原子序数小于Na，则X为F，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为H，X为F，Y为Na，Z为S，
A．电子层越多，离子半径越大；具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，则元素Z、X、Y的简单离子半径：Z>X>Y，故A正确；
B．X为F，Z为S，非金属性F>S，则稳定性：H2S
D．WX为HF，Y2Z为Na2S，HF为弱酸抑制水的电离，Na2S为强碱弱酸盐水解促进水的电离，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握原子结构、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
13.某学习小组设计实验制备供氢剂氢化钙(CaH2)，实验装置如下图所示。
已知：氢化钙遇水剧烈反应。下列说法正确的是（ ）
A. 相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率慢
B. 酸R为浓盐酸，装置b中盛装浓硫酸
C. 实验时先点燃酒精灯，后打开活塞K
D. 装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管
【答案】D
【解析】A、相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率快，铜锌和电解质形成原电池，反应速率加快，故A错误；B、酸R为稀硫酸，装置b中盛装浓硫酸，故B错误；C、实验时先打开活塞K，后点燃酒精灯，用氢气赶走装置中的空气后，才能加热，故C错误；D、氢化钙遇水剧烈反应，装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管，故D正确；故选D。
14.由NO2、O2和熔融NaNO3组成的燃料电池如图所示。在该电池工作过程中石墨Ⅰ电极产生一种气态氧化物Y。下列说法正确的是（ ）
A. Y可能为NO B. 电流由石墨Ⅰ流向负载
C. 石墨Ⅰ上发生还原反应 D. 石墨Ⅱ上的电极反应：O2+2N2O5+4e-=4NO3-
【答案】D
【分析】通入O2一极，化合价降低，得电子，作正极，即石墨Ⅱ做正极，石墨Ⅰ为负极。负极是NO2失去电子：4NO2-4e-+4NO3-=4N2O5，正极反应为2N2O5＋O2＋4e－=4NO3－。
【详解】A. 由分析可知，Y为N2O5，不符合题意，A错误；
B. 在原电池中，电流由正极流向负极，因此电流由石墨Ⅱ流向负载，不符合题意，B错误；
C. 由分析可知，石墨Ⅰ为负极，发生氧化反应，不符合题意，C错误；
D. 由分析可知，石墨Ⅱ电极反应式为：2N2O5＋O2＋4e－=4NO3－，符合题意，D正确；
答案为D。
15.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是（ ）
A. W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大
B. X简单氢化物的热稳定性比W的强
C. 析出的黄色沉淀易溶于乙醇
D. X与Z属于同一主族，X与Y属于同一周期
【答案】B
【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S。
A.S2-有3个电子层，O2-、Na+、N3-具有2个电子层，由于离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径由大到小的顺序是Z>W>X>Y，A错误；
B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强；由于元素的非金属性X>W，所以简单氢化物的热稳定性X>W，B正确；
C.Z是S元素，S单质不能溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，所以该说法不合理，C错误；
D.O、S是同一主族元素，O是第二周期元素，Na是第三周期元素，两种元素不在同一周期，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律关系，把握元素的性质、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
16.下列实验过程可以达到实验目的的是( )
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.1mol/L的FeCl3溶液
称取16.25 gFeCl3固体加入少量蒸馏水溶解，转移至1000mL容量瓶中定容
B
探究H2O2的氧化性
向盛有2mL酸性KMnO4溶液的试管中滴入H2O2的溶液，观察溶液颜色变化
C
制备纯净的SO2
向Na2SO3中加入浓硝酸，产生的气体通过浓硫酸
D
制备Fe(OH)3胶体
将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热至液体变为红褐色
【答案】D
【详解】A. 由于Fe3+易水解，配制FeCl3溶液时应抑制Fe3+的水解，需将FeCl3固体溶解于带有HCl的水溶液中，不符合题意，A错误；
B. KMnO4溶液也具有氧化性，能将H2O2中-1价的氧氧化成O2，该反应中，体现了H2O2的还原性，不符合题意，B错误；
C. 浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，无法制得SO2，不符合题意，C错误；
D. 制备Fe(OH)3胶体时，应将饱和FeCl3溶液逐滴滴入沸水中，继续加热至液体变为红褐色，停止加热，即可得到Fe(OH)3胶体，符合题意，D正确；
答案为D。
17.SO2与我们的生活息息相关，低浓度SO2废气的处理是工业难题，目前常用的一种处理方法如下
已知：反应器中发生反应3H2+SO2=H2S+2H2O。
下列有关说法不正确的是( )
A. SO2是有毒气体，能形成酸雨破坏环境，不能用作食品的防腐剂
B. 二乙醇胺的作用是吸收H2S，且可以循环使用
C. 再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是富集H2S
D. 理论上燃烧室中的O2可以用SO2代替
【答案】A
【详解】A. SO2是一种有毒气体，具有还原性，也可作为食品的防腐剂，如SO2是红酒的添加剂，符合题意，A正确；
B. 二乙醇胺可吸收反应生成的H2S，由流程可知，二乙醇胺可循环使用，不符合题意，B错误；
C. 再生塔中加热分解重新获得二乙醇胺和H2S，此时得到的H2S纯度较高，因此再生塔主要的目的是富集H2S，不符合题意，C错误；
D. 由于H2S和SO2能反应生成S和H2O，因此燃烧室中的O2可以用SO2代替，不符合题意，D错误；
故答案为A。
18.一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 反应①属于“氮的固定”
B. 反应②属于非氧化还原反应
C. 反应③可通过电解LiOH水溶液实现
D. 上述三步循环的总反应方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2
【答案】C
【详解】A．反应①是Li和氮气反应生成Li3N的过程中是游离态氮元素转化为化合态，为氮的固定，故A正确；
B．反应②是Li3N和水反应生成LiOH和NH3，反应过程中无元素化合价变化，为非氧化还原反应，故B正确；
C．电极LiOH溶液阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，不能得到金属Li，故C错误；
D．三步反应6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3、4LiOH 4Li+O2↑+2H2O，上述三步循环的总结果为2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正确；
故答案为C。
19.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 砷酸的分子式为H2AsO4
B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出
C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1
D. 该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子
【答案】D
【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；
B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；
C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；
D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。
20.海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是（ ）
①试剂M是盐酸 ②流程中的反应全部都是非氧化还原反应
③操作b只是过滤 ④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2
⑤采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼
A. ①②③④⑤ B. ②③ C. ④⑤ D. ①④⑤
【答案】D
【分析】生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；
【详解】①M是盐酸，用来溶解氢氧化镁沉淀，①正确；
②电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都是非氧化还原反应，②错误；
③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，③错误；
④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2，④正确；
⑤氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，⑤正确，
答案选D。
21.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. 在NaClO和NaCl的混合溶液中：Ag+、K+、NO3-、I-
B. =1×10-13mol·L-1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-
C. K+、Na+、Br-、SiO32-在溶液中能大量共存通入过量CO2后仍能大量共存
D. 由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-
【答案】B
【详解】A. ClO－具有氧化性，I－具有还原性，二者可发生氧化还原反应，不可大量共存，不符合题意，A错误；
B. 结合Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14可知溶液中c(H+)=0.mol/L，溶液显酸性，各离子相互间不反应，可大量共存，符合题意，B正确；
C. 由于H2CO3的酸性比H2SiO3强，因此CO2能与SiO32-反应，二者不可大量共存，不符合题意，C错误；
D. 由水电离产生的c(H+)=10-13<10-7mol/L，溶液可能显酸性或碱性，若溶液显酸性，则H+和AlO2-、CO32-不可大量共存，若溶液显碱性，溶液中各离子相互间不反应，可大量共存，不符合题意，D错误；
故答案为B。
【点睛】水电离产生的c(H+)=10-13mol/L，溶液可能显酸性或碱性。
22.铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图所示。若上端开口关闭，可得到强还原性的H·(氢原子);若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH（羟基自由基)。下列说法错误的是（ ）
A. 无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe-2e—===Fe2+
B. 不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e—===H·
C. 鼓入空气时，每生成1mol·OH有2 mol电子发生转移
D. 处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，上端开口应打开并鼓入空气
【答案】C
【详解】A．无论是否鼓入空气时，铁作为负极，易失去电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A项正确；
B．不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的氢原子，电极反应式为H++e-=H·，B项正确；
C．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH-，所以每生成1mol羟基自由基有1mol电子发生转移，C项错误；
D．除去草酸需要氧化性的物质，上端口打开可生成羟基自由基，D项正确；
所以答案选择C项。
23.我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是（ ）
A. CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B. 催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
C. 该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
D. 有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
【答案】C
【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；
B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；
C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；
D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。
24.下表是某同学探究Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液反应规律的实验记录，已知：Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+
序号
a
b
现象
1
2 mL 0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液(pH = 2)
3滴饱和Na2SO3溶液(pH = 9)
溶液变绿色(含Cr3+)
2
2 mL 0.1 mol·L−1 K2CrO4溶液(pH = 8)
3滴饱和Na2SO3溶液
溶液没有明显变化
3
2 mL饱和Na2SO3溶液
3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液
溶液变黄色
4
2 mL蒸馏水
3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液
溶液变成浅橙色
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验1中的绿色溶液中含有SO42-
B. 实验1、2的a溶液中所含的离子种类相同
C. 向实验3溶液中继续滴加过量硫酸可使溶液变为浅橙色
D. 实验4的目的是排除稀释对溶液颜色变化造成的影响
【答案】C
【分析】由4个实验结果对比可知，K2Cr2O7与Na2SO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在碱性条件下不发生氧化还原反应；由平衡Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+可知，溶液的碱性增强，平衡正向移动，以此分析。
【详解】A. 实验1中K2Cr2O7与Na2SO3发生了氧化还原反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，K2Cr2O7被还原为Cr3+，溶液呈绿色，故A正确；
B. 实验1、2中的a溶液中都存在平衡：Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+，故溶液中所含的离子种类相同，故B正确；
C.Na2SO3溶液呈碱性，滴加3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液，平衡Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+向正向移动，溶液呈黄色；若向实验3溶液中继续滴加过量硫酸，则在酸性条件下，K2Cr2O7与Na2SO3发生氧化还原反应，溶液变绿色，故C错误；
D. 实验4和实验3相比，b溶液相同，a为等体积的蒸馏水，溶液由黄色变成浅橙色，颜色反而加深，故可排除稀释对溶液颜色变化造成的影响，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查对Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液反应规律的探究，掌握物质的性质及信息是解题的关键，注意环境对反应的影响。
25.热激活电池可用作火箭、导弾的工作电源。一种热激活电池的基本结钩如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb，下列有关说法正确的是（ ）
A. 输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极
B. 放电时电解质LiCl-KCl中的Li+向钙电极区迁移
C. 每转0.2mol电子，论上消耗42.5gLiCl
D. 电池总反应为Ca+PbSO4+2LiCl=Pb+Li2SO4+CaCl2
【答案】D
【详解】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极。
A.输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，故A不正确；
B.Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，故B不正确；
C.根据总电极反应Ca+PbSO4+2LiCl=Pb+Li2SO4+CaCl2，每转移0.2mol电子，消耗LiCl0.2mol×42.5g/mol=85g，故C不正确；
D.负极反应方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+ CaCl2+Li2SO4，故D正确。
答案：D
【点睛】考查电化学基本理论，涉及电极判断、电极反应方程式的书写、离子流动方向以及简单计算，易错选项C。
26.硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是（ ）
A. 白色沉淀为BaSO4
B. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1
C. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1
D. 从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl
【答案】B
【分析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；
【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；
B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；
C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；
D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；
答案选B。
27.在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是（ ）
A. 反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O
B. 反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C. 反应Ш是氧化还原反应
D. 黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
【答案】C
【详解】A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；
B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；
C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；
故选C。
【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。
28.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. C3N4中C的化合价为-4 B. 反应的两个阶段转移电子数相等
C. 阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D. 通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【详解】A. 化合物C3N4中氮元素的化合价为-3价，结合化合物中化合价代数和为0可得，碳元素的化合价为+4价，不符合题意，A错误；
B. 由于两个过程中，参与反应的量未知，因此无法比较转移电子数的大小，不符合题意，B错误；
C. 阶段Ⅱ中发生反应的化学方程式为：2H2O2=2H2O＋O2↑，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价，因此H2O2既是氧化剂，又是还原剂，符合题意，C正确；
D. 该反应中，实现了太阳能转化为化学能，不符合题意，D错误；
故答案为C
【点睛】未给定参与反应的量，无法比较转移电子数的多少。
29.探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是（ ）
A. ①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃
B. ①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
C. ②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同
D. 通过③能比较酸性：HCl＞H2O2
【答案】D
【分析】根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。
【详解】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；
B. ①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；
C. ②中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而⑤中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但②中过氧化氢全部被氧化⑤中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C项正确；
D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；
答案选D。
30.空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下：
反应室
载气
吸收液
SO42-含量
数据分析
①
N2
蒸馏水
a
ⅰ. b≈d＞a≈c
ⅱ.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-
②
3%氨水
b
③
空气
蒸馏水
c
④
3%氨水
d
下列说法不正确的是（ ）
A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施
B. 反应室①中可能发生反应：SO2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2
C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关
D. 农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
【答案】C
【详解】A. 因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B. 反应室①中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正确；C.由已知 b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D. 铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。
二、非选择题
31.一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构的水合物晶体，CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。
（1）“可燃冰”晶体中平均每46个H2O分子构建8个笼，其中6个笼分别容纳1个CH4分子，另外2个笼分别容纳1个H2O分子，则“可燃冰”平均组成可表示为________ (填化学式)。
（2）已知：
CO2(g)+nH2O(l)=CO2·nH2O(s) △H=-57.98kJ·moI-1
CH4(g)+nH2O(l)=CH4·nH2O(s) △H=-54.49kJ·mol-1
反应CO2(g)+CH4·nH2O（s)=CH4（g)+CO2·nH2O(s)的△H=________kJ·mol-1
（3）科学家提出用CO2“置换”CH4开采海底“可燃冰”的设想，提出该设想的理论依据是___________________________________________。
（4）图中显示，CO2·nH2O的生产速率明显大于 CH4·nH2O释放出的速率，其原因是_____________________________________________________。
（5）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。
① 反应(i)的化学方程式为____________________________。
② 该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是__________________。
【答案】 (1). CH4·8H2O (2). -3.49 (3). CO2置换 CH4.nH2O（s)的反应△H<0，在一定温度下可自发进行 (4). CO2·nH2O除置换反应生成外，还存在CO2与H2O结生成CO2·nH2O的反应 (5). 3C3H8+2CrO33C3H6+Cr2O3+3H2O (6). 碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面
【分析】（1）根据“可燃冰”的晶体结构得到化学式；
（2）由盖斯定律计算；
（3）根据ΔG=ΔH-TΔS<0，反应可自发进行进行判断；
（5）①反应ⅰ中反应物为C3H8和CrO3，生成物为C3H6、H2O和Cr2O3；
②由于C能与CO2反应生成CO进行解释。
【详解】（1）由“可燃冰”的晶体结构可知，一个“可燃冰”晶体结构中含有6个CH4分子和48个H2O分子，因此其平均组成可表示是为CH4·8H2O；
（2）由盖斯定律可得，反应“CO2(g)+CH4·nH2O（s)=CH4（g)+CO2·nH2O(s)”的反应热ΔH=(-57.98kJ/mol)-(-54.94kJ/mol)=-3.49kJ/mol；
（3）由于该反应的ΔH<0，因此在一定条件下，可满足ΔH-TΔS<0，反应可自发进行，因此可用CO2置换CH4开采海底“可燃冰”；
（4）由于CO2能与H2O反应生成CO2·nH2O，因此CO2·nH2O的生成速率明显大于CH4·nH2O的释放速率；
（5）①由反应机理图可知，反应ⅰ中反应物为C3H8和CrO3，生成物为C3H6、H2O和Cr2O3，因此该反应化学方程式为：3C3H8+2CrO3=3C3H6+Cr2O3+3H2O；
②由于C能与CO2反应生成CO，因此该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性。
32.高氯酸铵(NH4ClO4)常作火箭发射的推进剂，实验室用NaClO4、NH4Cl等原料制取(部分物质的溶解度如图1、图2)，其实验流程如图3：
（1）反应器中发生反应的基本反应类型是________。
（2）上述流程中由粗产品获得纯净高氯酸铵的方法为________________________。
（3）洗涤粗产品时，宜用________（填“0℃冷水”或“80°C热水”)洗涤。
（4）已知NH4ClO4在400℃时开始分解为N2、Cl2、H2O。某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物(假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略)
实验开始前，已用CO2气体将整套实验装置中空气排尽；焦性没食子酸溶液用于吸收氧气。
①写出高氯酸铵分解的化学方程式____________________________ 。
②为了验证上述产物，按气流从左至右，装置的连接顺序为A→________________(填装置对应的字母)，证明氧气存在的实验现象为____________________________________ 。
③若装置E硬质玻璃管中的Cu粉换成Mg粉，向得到的产物中滴加蒸馏水，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。滴加蒸馏水发生反应的化学方程式为________________。
【答案】 (1). 复分解反应 (2). 重结晶 (3). 0℃冷水 (4). 2NH4ClO4 N2↑+ Cl2↑+2O2↑+4H2O↑ (5). F→B→D→C→E→H→G (6). 装置E硬质玻璃管中红色粉末变为黑色 (7). Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑
【分析】（1）高氯酸钠与氯化铵反应生成高氯酸铵，化合价未变；
（2）由粗产品获得纯净的高氯酸铵操作属于晶体的提纯；
（3）NH4ClO4的溶解度随温度的升高而增大；
（4）①结合原子个数守恒进行配平；
②用无水CuSO4固体（F）检验H2O(g)，再用湿润的红色布条（F）检验Cl2；对O2的检验应用O2将铜氧化的性质，由于Cl2同样具有氧化性，因此需先用NaOH溶液（D）除去Cl2，再通过浓硫酸（C）干燥，气体通过Cu粉（E）检验O2；G装置排水集气法用于检验N2，由于O2也难溶于水，因此需先用焦性没食子酸（H）吸收O2；
③Mg能与N2反应生成Mg3N2，Mg3N2与水反应生成的使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3。
【详解】（1）由流程可知，高氯酸钠与氯化铵反应生成高氯酸铵，则化学方程式为：NaClO4+NH4Cl=NH4ClO4+NaCl，该反应为复分解反应；
（2）由粗产品获得纯净的高氯酸铵操作属于晶体的提纯，而晶体的提纯用重结晶；
（3）由图2可知，NH4ClO4的溶解度随温度的升高而增大，因此洗涤NH4ClO4粗产品时，应选用0℃冷水进行洗涤，防止NH4ClO4溶解损耗；
（4）①由题干可知，NH4ClO4分解产生N2、Cl2和H2O，结合原子个数守恒可得，反应过程中还生成O2，因此该反应的化学方程式为：2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑；
②对产生气体的检验时，应首先用无水CuSO4固体（F）检验H2O(g)，再用湿润的红色布条（F）检验Cl2；对O2的检验应用O2将铜氧化的性质，由于Cl2同样具有氧化性，因此需先用NaOH溶液（D）除去Cl2，再通过浓硫酸（C）干燥，气体通过Cu粉（E）检验O2；G装置排水集气法用于检验N2，由于O2也难溶于水，因此需先用焦性没食子酸（H）吸收O2，因此装置的连接顺序为：A→F→B→D→C→E→H→G；证明O2存在的实验现象为：E中红色粉末变为黑色；
③水反应生成的使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，因此反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑。
【点睛】Mg能与N2反应生成Mg3N2，Mg3N2潮解生成氢氧化镁和氨气。
33.（1）Ⅰ.太阳能、风能发电逐渐得到广泛应用，在发电系统中安装储能装置有助于持续稳定供电，其构造的简化图如下
下列说法中，不正确的是________ (填字母序号)
a．太阳能、风能都是清洁能源
b．太阳能电池组实现了太阳能到电能的转化
c．控制系统能够控制储能系统是充电还是放电
d．阳光或风力充足时，储能系统实现由化学能到电能的转化
（2）全钒液流电池是具有发展前景的、用作储能系统的蓄电池。已知放电时V2+发生氧化反应，则放电时电极A的电极反应式为____________________________ 。
（3）含钒废水会造成水体污染，对含钒废水(除VO2+外，还含有Al3+， Fe3+)等进行综合处理可实现钒资源的回收利用，流程如下：
已知溶液pH范围不同时，钒的存在形式如下表所示
钒的化合价
pH<2
pH>11
+4价
VO2+， VO(OH)+
VO(OH)3-
+5价
VO2+
VO43-
①加入NaOH调节溶液pH至13时，沉淀1达最大量，并由灰白色转变为红褐色，用化学用语表示加入NaOH后涉及到氧化物还原反应的化学反应方程式为____________。
②向碱性的滤液1(V的化合价为+4)中加入H2O2的作用是________ 。
（4）Ⅱ.氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3·H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如下：
Ⅰ中加入NaOH溶液，调pH=11并鼓入大量空气，用离子方程式表示加NaOH溶液的作用是________________________________；鼓入大量空气的目的是____________________。
（5）Ⅱ中加入适量NaClO溶液，控制pH在6~7，将氨氮转化为无毒物质，过程Ⅱ发生3个反应：
ⅰClO-+H+=HClO
ⅱ.NH4++HClO=NH2Cl+H++H2O(NH2Cl中Cl元素为+1价)
ⅲ. ……
已知：水体中以+1价形式存在的氯元素有消毒杀菌的作用，被称为“余氯”。下图为NaClO加入量与“余氯”含量的关系示意图。其中氨氮含量最低的点是c点。
b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是(用化学式表示) ____________；反应ⅲ的化学方程式是____________________________________________。
（6）Ⅲ中用Na2SO3溶液处理含余氯废水，要求达标废水中剩余Na2SO3的含量小于5mg·L-1。若含余氯废水中NaClO的含量是7.45mg·L-1，则处理10m3含余氯废水，至多添加10%Na2SO3溶液________kg(溶液体积变化忽略不计)。
【答案】(1). d (2). VO2++e-+2H+=VO2++H2O (3). 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 (4). 2VO(OH)3-+H2O2+4OH-=2VO43-+6H2O (5). NH4++OH-=NH3·H2O (6). 将NH3吹出 (7). NH2Cl (8). 2NH2Cl+ HClO=N2+3HCl+H2O (9). 1.31
【分析】（1）a、太阳能、风能都属于可再生的清洁能源；
b、太阳能电池组可将太阳能转化为电能；
c、控制系统可控制储能系统为充电状态和放电状态；
d、阳光或风力充足时，储能系统可实现太阳能或风能转化为电能；
（2）放电时V2+发生氧化反应，则电极B为负极，因此电极A为正极，由VO2+发生得电子的还原反应，生成VO2+；
（3）①沉淀1为Fe(OH)2，沉淀由灰白色转化为红褐色，形成了Fe(OH)3；
②由于H2O2具有氧化性，能将滤液1中的VO(OH)3-氧化成VO43-；
（4）加入NaOH溶液后，能与废水中的NH4+反应形成NH3·H2O；鼓入大量的空气可将NH3从溶液中吹出；
（5）ab段中主要发生反应ⅰ和反应ⅱ，生成NH2Cl；
bc段主要发生反应ⅲ，溶液中NH2Cl与HClO反应生成N2；
（6）根据废水中NaClO的含量及Na2SO3+NaClO=NaCl+Na2SO4，计算消耗n（Na2SO3），再结合废水中达标的量进行计算。
【详解】（1）a、太阳能、风能都属于可再生的清洁能源，不符合题意，a错误；
b、太阳能电池组可将太阳能转化为电能，不符合题意，b错误；
c、控制系统可控制储能系统为充电状态和放电状态，不符合题意，c错误；
d、阳光或风力充足时，储能系统可实现太阳能或风能转化为电能，符合题意，d正确；
答案为d；
（2）放电时V2+发生氧化反应，则电极B为负极，因此电极A为正极，由VO2+发生得电子的还原反应，生成VO2+，因此电极A的电极反应式为：VO2++e-+2H+=VO2++H2O；
（3）①沉淀1为Fe(OH)2，沉淀由灰白色转化为红褐色，形成了Fe(OH)3，其反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
②由于H2O2具有氧化性，能将滤液1中的VO(OH)3-氧化成VO43-，因此该反应的化学方程式为：2VO(OH)3-+H2O2+4OH-=2VO43-+6H2O；
（4）加入NaOH溶液后，能与废水中的NH4+反应形成NH3·H2O，该反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3·H2O；鼓入大量的空气后，能将溶液中溶解的NH3吹出；
（5）ab段中主要发生反应ⅰ和反应ⅱ，生成NH2Cl，因此b点溶液中氮元素的主要存在形态为NH2Cl；
bc段主要发生反应ⅲ，溶液中NH2Cl与HClO反应生成N2，结合得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式为：2NH2Cl+HClO=N2+3HCl+H2O；
（6）10m3废水中NaClO的含量，Na2SO3与NaClO反应的化学方程式为：Na2SO3+NaClO=NaCl+Na2SO4，因此反应消耗Na2SO3的物质的量也为1mol，其质量为：1mol×126g/mol=126g；设最多添加Na2SO3溶液的质量为x，则可得，解得x=1310g=1.31kg；
34.某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验。
（1）研究盐酸被MnO2氧化。
实验
操作
现象
Ⅰ
常温下将MnO2和12mol·L-1浓盐酸混合
溶液呈浅棕色，有刺激泩气味
Ⅱ
将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液
生成大量黄绿色气体
Ⅲ
加热MnO2和4mol·L-1稀盐酸混合物
无明显现象
①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程是________ 。
②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是________ 。
③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)较低，设计实验Ⅳ进行探究：
将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是________。
④用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验V：
i. K闭合时，指针向左偏转
ⅱ. 向右管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1，指针偏转幅度变化不大ⅲ．再向左管中滴加浓H2SO4至c（H+)≥7mol·L-1，指针向左偏转幅度增大
将i和ⅱ、ⅲ作对比，得出的结论是________。
（2）研究盐酸能否被氧化性酸氧化。
①烧瓶中放入浓H2SO4，通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象。由此得出浓硫酸________(填“能”或“不能”)氧化盐酸。
②向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有NO2。
实验
操作
现象
Ⅰ
将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中
试纸先变蓝，后褪色
Ⅱ
将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中
试纸先变蓝，后褪色
Ⅲ
……
……
通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ证明混合气体中含有Cl2，Ⅲ的操作是________________。
（3）由上述实验得出：盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、________有关。
【答案】(1). MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O (2). MnCl4Cl2↑+MnCl2 (3). Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化 (4). HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强 (5). 不能 (6). 将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中 (7). c(Cl-)、c(H+)(或浓度)
【分析】（1）①MnO2呈弱碱性与浓盐酸发生复分解反应，生成四氯化锰和水；
②MnCl4加热发生分解反应，产生的黄绿色气体Cl2；
③对比实验Ⅳ、实验Ⅲ，增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，即可得出结论；
④右管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HCl的还原性；左管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越强；
（2）①烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有Cl2；
②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2中，观察到试纸先变蓝，后褪色，因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有Cl2；
（3）由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。
【详解】（1）①由于MnO2呈弱碱性，与浓盐酸发生复分解反应，则该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；
②将Ⅰ中混合物过滤后，所得滤液为MnCl4溶液，加热后产生的黄绿色气体为Cl2，由于该反应为分解反应，因此反应的化学方程式为：MnCl4MnCl2＋Cl2↑；
③实验Ⅳ中增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，因此说明实验Ⅲ中无明显现象是由于溶液中c(H+)、c(Cl-)较低引起的，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；
④右管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HCl的还原性；左管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大， 指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越强；
（2）①烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有Cl2，因此说明HCl不能被浓硫酸氧化；
②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2中，观察到试纸先变蓝，后褪色，因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有Cl2，因此实验Ⅲ的操作是将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中；
（3）由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。
35.铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用的基准试剂，工业上常用铝土矿(主要成分为Al2O3)来生产铵明矾，其中Z的水溶液可用于伤口消毒，其工艺流程图如下：
（1）写出反应Ⅱ的离子方程式____________________________ 。
（2）从反应IV的铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为________、________、过滤、洗涤(填操作名称)。
（3）反应Ⅵ的化学方程式为____________________________________。
（4）废水中含有Fe2+、Mn2+等金属离子对自然环境有严重的破坏作用，可用(NH4)2S2O8氧化除去。写出Mn2+被氧化生成MnO2的离子方程式为____________________________。Z也有较强氧化性，在实际生产中不用Z氧化Mn2+的原因是________________________ 。
【答案】(1). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (2). 蒸发浓缩 (3). 冷却结晶 (4). (NH4)2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2 (5). S2O82-+2H2O+Mn2+=4H++2SO42-+MnO2↓ (6). 锰的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多
【分析】（1）反应Ⅰ试剂X为碱溶液，铝土矿中的Al2O3反应形成AlO2－，因此反应Ⅱ中通入过量的CO2，反应生成Al(OH)3沉淀和HCO3－；
（2）从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（3）反应Ⅵ中反应物为(NH4)2S2O8和H2O，生成物为NH4HSO4和H2O2；
（4）根据化合价升降法配平；MnO2能催化H2O2的分解。
【详解】（1）反应Ⅰ所加试剂X为碱溶液，铝土矿中的Al2O3反应形成AlO2－，因此反应Ⅱ中通入过量的CO2，反应生成Al(OH)3沉淀和HCO3－，该反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－；
（2）从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（3）由图示流程可知，反应Ⅵ中反应物为(NH4)2S2O8和H2O，生成物为NH4HSO4和Z，由于Z具有氧化性，同时结合氧化还原规律可得，Z为H2O2，因此该反应的化学方程式为：(NH4)2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2；
（4）Mn2＋被氧化生成MnO2的过程中，S2O82－被还原为SO42－；过程中锰元素由＋2价变为＋4价，失去2个电子，硫元素由＋7价变为＋6价，得到两个电子，根据得失电子守恒可得，Mn2＋和MnO2、S2O82－的系数都为1，SO42－的系数为2；根据电荷守恒可得，生成物中含有H＋，且系数为4；根据氢原子个数守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为2；因此可得该反应的离子方程式为：S2O82-+2H2O+Mn2+=4H++2SO42-+MnO2↓；
由上述分析可知，Z为H2O2， MnO2能催化H2O2的分解，因此不用Z氧化Mn2＋。
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