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河北省邯郸市2020届高三上学期期中考试化学（解析版）
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河北省邯郸市2020届高三上学期期中考试
一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1.人们的生活、生产与化学息息相关，下列说法正确的是（ ）
A. 复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料
B. 中国天眼用到碳化硅、芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐
C. 中国歼-20上用到的氮化镓材料是当做金属合金材料使用的
D. 石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵可用作处理原油泄漏的吸油材料
【答案】D
【解析】A. 有机物是指含碳的化合物，所以二硫化钼不属于有机化合物，故A错误；B. 石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；C. 金属合金是指一种金属与另一种或几种金属，或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。氮化镓是化合物，不属于合金，故C错误；D.石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作处理原油泄漏的吸油材料，故D正确；答案：D。
2.下列正确的叙述有（ ）
A. CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物
B. Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3
C. 灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均可设计成原电池
D. 电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生
【答案】B
【详解】A. 酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以NO2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；
B. Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，B正确；
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误；
D. 电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D错误。
综上所述，本题选B。
【点睛】酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化，均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物就不是酸性氧化物或碱性氧化物。
3.下列物质用途利用了其氧化性的是（ ）
A. 漂粉精用于消毒游泳池水 B. SO2用于漂白纸浆
C. Na2S用于除去废水中的Hg2+ D. FeCl2溶液用于吸收Cl2
【答案】A
【详解】A．漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；
B．SO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；
C．Na2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；
D．FeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；
故选A。
4.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是（ ）
A. 向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应
B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成
C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先反应
D. 向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先参加反应
【答案】C
【详解】A. 氧化性大于，向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质FeCl3首先与铁粉反应，故A错误；
B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始有白色沉淀硫酸钡生成，故B错误；
C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先与CO2反应生成碳酸钠，故C正确；
D. 铁的还原性大于铜，向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铁单质首先参加反应，故D错误。
5.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 在标准状况下，11.2L HF含有的分子数目为0.5NA
B. 高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
C. 常温下，0.2 L 0.5 mol·L-1 NH4NO3溶液中含有的氮原子数小于0.2NA
D. 18g葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为0.6NA
【答案】B
【详解】A. 在标准状况下HF液态，无法用气体摩尔体积计算粒子数目，故A错误；
B. 16.8g铁的物质的量为0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为价，故0.3mol铁反应后失去0.8mol电子即0.8NA个，故B正确；
C. 溶液中NH4NO3的物质的量n＝cV＝0.5mol/L×0.2L＝0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2mol氮原子即0.2NA个，故C错误；
D. 18g葡萄糖为1mol，1个葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5NA，故D错误；
答案选B。
6.下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）
A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O
B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：H++OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+H2O
C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O
D. 在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13++3OH-= Al(OH)3↓
【答案】C
【解析】A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故A错误；B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H++2OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+2H2O，故B错误；C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O，故C正确；D. 氨水是弱碱，用化学式表示，故D错误；故选C。
7.为测定含镁3%～5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案，下列说法不正确的是（ ）
方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量；
方案二：称量m g铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。
A. 方案一中若称取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V≥100 mL
B. 方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高
C. 方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量
D. 方案二中若用空气代替O2进行实验，则测定结果偏高
【答案】A
【详解】A.含镁为5%时，金属铝的含量最低，5.4 g合金中铝的质量为5.13g；则根据反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，2Al～2NaOH，5.13/27：V×10-3×2=2:2，解得V=95mL，因此取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V≥95 mL，A错误；
B. 方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应，过滤后剩余固体镁；测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则镁的质量分数偏高，B正确；
C.Mg、Al均与氧气反应,生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，根据质量守恒列方程可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C正确；
D. 空气中有氮气和氧气，金属镁能够与氮气反应生成氮化镁，灼烧后固体质量增大，金属镁的质量偏大，测定结果偏高，D正确；
综上所述，本题选A。
8.PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1molPbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（ ）
A. 1：2混合的PbO2、Pb3O4 B. 1：1混合的Pb3O4、PbO
C. 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO D. 4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO
【答案】B
【分析】PbO2加热分解得到O2，得到的剩余固体含有Pb的+4和+2价的混合氧化物，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，假设得到的氧气为3mol，则Cl2为2mol。在PbO2加热分解反应中，+4价铅的化合价降低的数值等于-2价氧的化合价升高的数值，所以得到的+2价铅的物质的量为3mol×4÷2=6mol。在剩余固体和浓盐酸的反应中，+4价铅的化合价降低的数值等于-1价氯的化合价升高的数值，所以在剩余固体中的+4价铅的物质的量为2mol×2÷2=2mol。所以在剩余固体中，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为2:6=1:3。Pb3O4可以看做是2PbO·PbO2，1mol Pb3O4里有2mol+2价铅，1mol+4价铅。
【详解】A. 1：2混合的PbO2、Pb3O4里，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(1+1)：2=1:1，故A不选；
B. 1：1混合的Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为1：(2+1)=1:3，故B选；
C. 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(1+4×1)：(4×2+1)=5:9，故C不选；
D. 4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(4+1)：(2+1)=5:3，故D不选。
故选B。
9.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是（ ）
A. KClO3作氧化剂，每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗6/n mol KClO3
B. 生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D. 在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【详解】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；
B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；
D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。
故答案选A。
10.(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是( )
A. Al、Ga均处于ⅢA族
B. Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2
C. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3
D. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
【答案】C
【详解】A. 镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；
B. Ga(OH)3与Al(OH)3的性质相似，属于两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，B项正确；
C. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，C项错误；
D. Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，D项正确；
答案选C。
【点睛】C项是学生们的易错点，学生们对于在NaAlO2溶液中通入过量的CO2所发生的反应NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3↓+NaHCO3理解不透彻，该反应的发生遵循了强酸制弱酸的原理，在这个反应中，AlO2-是弱酸根离子，AlO2-结合了碳酸的氢离子生成了更弱的Al(OH)3，此时Al(OH)3相当于弱酸，NaGaO2类似于NaAlO2，在NaGaO2、NaAlO2混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是因为Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜H2CO3
下列推论不合理的是（ ）
A. 活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B. 铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C. 增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D. 利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
【答案】C
【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；
B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；
D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。
【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；
B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；
C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；
D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。
12.现用传感技术测定喷泉实验中压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是（ ）
A. 制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2
B. 将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满
C. 关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈
D. 工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好
【答案】D
【详解】A. CaO能与水反应，使c(OH－)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；
B. 氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满，B错误；
C. 三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，C错误；
D. 盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率，D正确；
综上所述，本题选D。
13.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJ·mo1－1
B. 图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
C. 若图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲代表钠
D. 图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
【答案】C
【详解】A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，与图象不吻合，故A错误；
B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；
C、钾比钠活泼，反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C正确；
D、在稀释过程中HA的pH变化大，说明HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；
故选C。
14.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是（ ）
A. 放电时，负极反应为3NaBr－2e-=NaBr3+2Na+
B. 充电时，阳极反应为2Na2S2－2e-=Na2S4+2Na+
C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池
D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L H2时，b池生成17.40gNa2S4
【答案】C
【分析】由题意可知，放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，正极上NaBr3被还原为NaBr，则左储罐电解质为NaBr3/NaBr，右储罐电解质为Na2S2/Na2S4。
【详解】A、放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，电极反应式为：2Na2S2-2e－ =Na2S4+2Na＋，故A错误；
B、充电时，电池的正极与电源正极相连，作阳极，阳极上NaBr被氧化为NaBr3，电极反应式为：3NaBr-2e－=NaBr3+2Na＋，故B错误；
C、放电时，阳离子向正极移动，则离子Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；
D、没有确定是否为标准状况，无法计算氢气的物质的量，则无法计算b池生成Na2S4质量，故D错误；
答案选C。
15.在容积为2.0 L的密闭容器内，物质D在T ℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是 （ ）
A. 从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为0.0667 mol/(L·min)
B. 该反应的化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)
C. 已知：反应的∆H＞0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度
D. 若在第7分钟时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线
【答案】D
【详解】A.根据v=∆c/∆t计算得A物质的平均反应速率为0.4mol/(2L×3min)=0.0667 mol/(L·min),A正确；
B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol，B的物质的量增加了0.2mol，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了0.4mol/L，所以D为反应物，D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)，故B正确；
C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，因为反应的∆H＞0,所以此时是升高温度，故C正确；
D.因为D是固体，量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，故D错误；
综上所述，本题选D。
16.常温下，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（ ）
A. W点所示的溶液中：c(Na+)>c(CO32-)= c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
B. pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol/L
C. pH=8的溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
D. pH=11的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】A
【分析】A、W点所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性；
B、根据物料守恒判断；
C、先判断溶液中的溶质，再根据电离程度与水解程度的相对大小分析；
D、根据电荷守恒分析．
【详解】A．W点所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性，则c（OH－）＞c（H＋），所以溶液中离子浓度关系为：c（CO32－）=c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H＋），故A正确；
B、pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）＜0.1 mol·L-1，故B错误；
C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，HCO3－的水解程度大于电离程度，则c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（H2CO3）＞c（CO32－），故C错误；
D、根据图象可知pH=11时，溶液中电荷守恒为：c（Na＋）+c （H＋）=c（OH－）+c（Cl－）+2c（CO32－）+c（HCO3-），故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，解题关键：在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，易错点B，结合图象和题意灵活运用，读出pH=4，说明反应中有CO2生成。
二、非选择题（共52分）
17.硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO4·7H2O晶体：
①将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍；
②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至铁屑耗尽；
③ ，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；
④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸将晶体吸干；
⑤将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存。
请回答下列问题：
（1）实验步骤①的目的是____________________________。
（2）写出实验步骤②中的化学方程式____________________________________。
（3）补全实验步骤③的操作名称____________________________。
（4）实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_______________________________。
（5）乙同学认为甲的实验方案中存在明显的不合理之处，你_______(填“是”或“否”)同意乙的观点。
（6）丙同学经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O。硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示(仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体)。
硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成
若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度(t)的范围为_______。
（7）取已有部分氧化的绿矾固体(硫酸亚铁的相对原子质量用M表示)wg，配制成100mL用cmol/L KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗标准液的体积为VmL，则：若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视滴定管液面，使测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
【答案】(1). 去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污 (2). Fe+H2SO4(稀) FeSO4+H2↑ (3). 趁热过滤 (4). 洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗 (5). 是 (6). 56.7℃＜t＜64℃ (7). 偏低
【分析】（1）Na2CO3溶液显碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质；
（2）实验步骤②中的化学反应是一定温度下铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
（3）步骤③是趁热过滤避免硫酸亚铁损耗；
（4）步骤④中用少量冰水洗涤晶体是洗涤表面杂质，温度降低硫酸亚铁溶解度减小；
（5）铁屑耗尽，不能防止亚铁离子被氧化；
（6）依据图表数据分析，析出晶体FeSO4⋅4H2O的温度范围；
（7）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取标准溶液体积减小。
【详解】（1）Na2CO3溶液中碳酸根离子水解显碱性，铁屑表面含有油脂，油脂在碱性条件下，水解成可溶水的物质，步骤①的目的是除去铁屑表面的油污，故答案为去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污；
（2）发生化学方程式为Fe+H2SO4FeSO4+H2↑；
（3）步骤③将滤液转入到密闭容器，冷却结晶，因此步骤③的操作名称为趁热过滤，故答案为趁热过滤；
（4）一般温度低，晶体的溶解度低，冰水洗涤的目的是洗去表面的杂质，减少FeSO4·7H2O的损耗，故答案为洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗；
（5）步骤②中铁屑耗尽，铁转化成Fe2+，Fe2+容易被氧化成Fe3+，即同意乙同学的观点，故答案为是；
（6）根据表格中的数据，得到FeSO4·4H2O，在56.7℃、64℃同时析出两种晶体，因此温度控制在高于56.7℃，低于64℃，范围是56.7℃＜t＜64℃；
（7）根据滴定管从上到下刻度增大，俯视读数，V偏小，消耗标准液体积减少，因此所测结果偏低。
【点睛】第（7）问误差分析问题是常考点，学生要抓住反应的实质，根据滴定分析法，消耗的标准液体积的变化，利用物质之间的关系分析判断最终测定结果。
18.无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿(Al2O3、Fe2O3)为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：
（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为____________________________。
（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式为__________________________________。
（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用____________________。
（4）为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取16.25 g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为0.32 g。
① 写出上述除杂过程中涉及的离子方程式___________、____________。
② AlCl3产品的纯度为________。
【答案】(1). A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO (2). SO32-+Cl2+H2O＝SO42-+2Cl-+2H+ (3). 除去FeCl3； (4). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (5). Al3++4OH-=[Al(OH)4]- (6). 96%；
【详解】(1)根据制备AlCl3的工艺流程可知，由冷却器出来的气体有CO和Cl2，CO是氯化炉中的生成物，且Cl2是过量的，氯化炉中发生反应的化学方程式为Al2O3＋3Cl2＋3C2AlCl3＋3CO；
(2)Na2SO3与Cl2发生氧化还原反应，Na2SO3作还原剂被氧化为Na2SO4，Cl2作氧化剂，此反应的离子方程式为：SO32-+C12+H2O＝SO42-+2C1-+2H+；
（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，铝具有还原性，其作用是除去杂质FeCl3；
（4）①无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)溶于过量NaOH溶液涉及到的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O或Al3++4OH-=[Al(OH)4]-；
②沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称量得到的0.32 g固体是氧化铁，n(Fe2O3)＝0.32g÷160g/mol＝0.002 mol，则n(FeCl3)＝0.002 mol×2＝0.004 mol，m(FeCl3)＝0.004 mol×162.5 g/mol＝0.65 g，则AlCl3的质量为16.25 g－0.65 g＝15.6 g，AlCl3的纯度为15.6/16.25×100%＝96%。
19.二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si（16.27%）、Fe（5.86%）、Al（3.42%）、Zn（2.68%）和Cu（0.86%）等元素的化合物，其处理流程图如下：
化合物
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Ksp近似值
10-35
10-6
10-38
（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为______________________。
（2）“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能___________；滤渣A的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，加入氨水需调节pH 至少达到____________，恰好能使Fe3+、A13+沉淀完全。(当离子浓度降到1.0×10-5mol·L-1时即视为沉淀完全)
（3）滤渣B的成分是___________________。
（4）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极电极反应式为_____________________________________________________。
（5）工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI 溶液充分反应后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好与25.00mL 0.0800mol·L-1Na2S2O3溶液反应（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。计算可得该样品纯度_____%。(小数点后保留1位数字)。
【答案】(1). MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O (2). 充分氧化过量的Fe2+ (3). 4 (4). CuS、ZnS (5). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (6). 47.3
【解析】试题分析：本题以软锰矿制备MnO2的流程为载体，考查流程的分析，物质的分离和提纯，溶度积的计算和沉淀的转化，电解原理和电极反应式的书写，氧化还原滴定测定物质的纯度。
（1）软锰矿中加入H2SO4和过量FeSO4溶液“酸浸”时MnO2被还原为MnSO4，则FeSO4被氧化成Fe2（SO4）3，“酸浸”时发生的主要反应的化学方程式为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O。
（2）“酸浸”时除了MnO2被还原成MnSO4外，Fe、Al、Zn、Cu也溶解转化为FeSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、CuSO4，酸浸后过滤得到的滤液中含MnSO4、Fe2（SO4）3、FeSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、CuSO4；向此滤液中加入氨水并搅拌，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能将Fe2+充分氧化转化成Fe3+；加入氨水调节pH使Al3+、Fe3+完全转化成Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀形成滤渣A，由于Al（OH）3、Fe（OH）3类型相同且Al（OH）3的溶度积大于Fe（OH）3的溶度积，使Fe3+、Al3+完全沉淀，只要使Al3+完全沉淀，即c（Al3+）110-5mol/L，c（Al3+）·c3（OH-）=10-35，c（OH-）=110-10mol/L，c（H+）110-4mol/L，pH4，pH至少达到4能使Fe3+、Al3+沉淀完全。
（3）加入氨水调节pH至5.4经过滤后滤渣A为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含MnSO4、ZnSO4、CuSO4、（NH4）2SO4，向滤液中加入MnS并加热至沸，发生沉淀的转化形成难溶的ZnS、CuS将Zn2+、Cu2+除去，过滤得到的滤渣B的成分为ZnS、CuS。
（4）根据题意电解过程中MnSO4被氧化成MnO2，则阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
（5）MnO2与足量酸性KI反应的离子方程式为：MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O，得出关系式：MnO2~I2~2Na2S2O3，n（MnO2）=n（Na2S2O3）=0.08mol/L0.025L =0.005mol，m（MnO2）=0.005mol87g/mol=0.435g，该样品纯度为100%=47.3%。
20.火法炼铜是目前世界上最主要的冶炼铜的方法，其产量可占到铜总产量的85％以上，火法炼铜相关的方程式有
Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) △H1=-271.4kJ/mol 反应①
Cu2S(s)+2Cu2O(s)=6Cu(s)+SO2(g) △H2=+123.2kJ/mol 反应②
（1）Cu2S(s)在空气中煅烧生成Cu2O(s)和SO2(g)的热化学方程式是_______________________________________________________。
（2）火法炼铜所得吹炼烟气中SO2含量较高，该烟气在工业上可直接用于生产硫酸，从绿色化学角度考虑其优点有________________________________(任写一条)。
（3）在2L的恒温密闭容器中通入5mol氧气并加入足量Cu2S发生反应①(不考虑其它反应)，容器中的起始压强为akPa，反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示，反应前3min平均反应速率v(SO2)=_ ______mol/(L·min)，该温度下反应的平衡常数KP=_______(KP为以分压表示的平衡常数)。若保持温度不变向平衡体系中再通入1mol氧气，达到新平衡后氧气的体积分数_______ (填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。
（4）工业上电镀铜的装置如图所示，阳极产物除Cu2+外还有部分Cu+，部分Cu+经过一系列变化会以Cu2O的形式沉积在镀件表面，导致镀层不够致密、光亮。电镀过程中用空气搅拌而不是氮气搅拌的原因是_________________________________________________。
【答案】(1). 2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) △H=-937.4kJ/mol (2). 可减少污染物排放或者原子利用率高 (3). 0.4 (4). 1.5 (5). 等于 (6). 氧气可将Cu+氧化为Cu2+以防止镀件表面生成Cu2O
【详解】（1）根据盖斯定律，2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g)为反应①×3－反应②所得，因此△H=3△H1－△H2=-937.4kJ/mol
答案为：2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) △H=-937.4kJ/mol
（2）吹炼烟气用于生产硫酸可减少SO2的排放；用该烟气生产硫酸的反应为和SO3+H2O=H2SO4，两个反应的原子利用率均为100%。
答案为：可减少污染物排放或者原子利用率高；
（3）反应①中气体总物质的量始终为5mol，3min时SO2体积分数为48%，c(SO2)==1.2mol/L，因此v(SO2)==0.4mol/(L·min)。体系达平衡时总压强为akPa，O2和SO2的分压分别为0.4akPa和06akPa，KP=，原平衡时氧气的体积分数为40％，根据平衡常数表达式，温度不变，平衡常数不变，增加气体用量，平衡时SO2与O2的物质的量浓度之比保持不变，因此达到新平衡后氧气的体积分数仍为40%。
答案为：0.4；1.5；等于
（4）阳极产物除Cu2+外还有部分Cu+，部分Cu+经过一系列变化会以Cu2O的形式沉积在镀件表面，导致镀层不够致密、光亮。通入空气可利用氧气将Cu+氧化为Cu2+，可有效预防镀件表面生成Cu2O；
答案为：氧气可将Cu+氧化为Cu2+以防止镀件表面生成Cu2O；
21.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为________________________。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH−2+H2O
2NO2+2OH−++H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是________（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其离子方程式为____________。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是________________________。
【答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). BC (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O3Cl−+2+5H+ (6). 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【详解】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O，
故答案为2NH3+2O2N2O+3H2O；
（2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；
C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。
故答案为BC；
②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO，
故答案为NaNO3；NO；
（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+，
故答案为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+；
②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强，
故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
22.氨甲环酸（G），别名止血环酸，是一种已被广泛使用半个世纪的止血药，它的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：
回答下列问题：
（1）A的结构简式是________。
（2）C的化学名称是__________。
（3）②的反应类型是________。
（4）E中不含N原子的官能团名称为_______。
（5）氨甲环酸（G）的分子式为________。
（6）写出满足以下条件的所有E的同分异构体的结构简式：________。a.含苯环 b.含硝基 c.核磁共振氢谱有三组峰
（7）写出以和为原料，制备医药中间体的合成路线：__________________________________________（无机试剂任选）。
【答案】 (1). CH2=CH-CH=CH2 (2). 2-氯-1,3丁二烯 (3). 消去反应 (4). 碳碳双键、酯基 (5). C8H15NO2 (6). 、 (7).
【分析】由合成路线可知，A为1,3-丁二烯，1,3-丁二烯和氯气发生加成反应生成B，B发生消去反应生成C，对比C、D结构可知，由C生成D发生了双烯合成；D→E为-Cl被-CN取代，E→F为酯的水解反应，F→G为加氢的还原反应，以此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知，A为1,3-丁二烯，结构简式为CH2=CH-CH=CH2；
（2）C分子中含有两个碳碳双键，氯原子在第二个碳原子上，故化学名称为2-氯-1,3-丁二烯；
（3）反应②为B发生消去反应生成C，故反应类型为消去反应；
（4）E中含有-CN、碳碳双键和酯基，其中不含氮原子的官能团名称为碳碳双键、酯基；
（5）由结构简式可知，氯甲环酸（G）的分子式为C8H15NO2；
（6）E的同分异构体：a.含苯环 b.含硝基 c.核磁共振氢谱有三组峰，说明含有三种类型的氢原子，故结构简式为、。
（7）参考合成路线，若以和为原料，制备，则要利用双烯合成，先由制得，再和合成，故设计合成路线为：
河北省邯郸市2020届高三上学期期中考试
一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1.人们的生活、生产与化学息息相关，下列说法正确的是（ ）
A. 复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料
B. 中国天眼用到碳化硅、芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐
C. 中国歼-20上用到的氮化镓材料是当做金属合金材料使用的
D. 石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵可用作处理原油泄漏的吸油材料
【答案】D
【解析】A. 有机物是指含碳的化合物，所以二硫化钼不属于有机化合物，故A错误；B. 石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；C. 金属合金是指一种金属与另一种或几种金属，或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。氮化镓是化合物，不属于合金，故C错误；D.石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作处理原油泄漏的吸油材料，故D正确；答案：D。
2.下列正确的叙述有（ ）
A. CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物
B. Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3
C. 灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均可设计成原电池
D. 电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生
【答案】B
【详解】A. 酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以NO2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；
B. Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，B正确；
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误；
D. 电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D错误。
综上所述，本题选B。
【点睛】酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化，均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物就不是酸性氧化物或碱性氧化物。
3.下列物质用途利用了其氧化性的是（ ）
A. 漂粉精用于消毒游泳池水 B. SO2用于漂白纸浆
C. Na2S用于除去废水中的Hg2+ D. FeCl2溶液用于吸收Cl2
【答案】A
【详解】A．漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；
B．SO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；
C．Na2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；
D．FeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；
故选A。
4.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是（ ）
A. 向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应
B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成
C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先反应
D. 向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先参加反应
【答案】C
【详解】A. 氧化性大于，向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质FeCl3首先与铁粉反应，故A错误；
B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始有白色沉淀硫酸钡生成，故B错误；
C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先与CO2反应生成碳酸钠，故C正确；
D. 铁的还原性大于铜，向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铁单质首先参加反应，故D错误。
5.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 在标准状况下，11.2L HF含有的分子数目为0.5NA
B. 高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
C. 常温下，0.2 L 0.5 mol·L-1 NH4NO3溶液中含有的氮原子数小于0.2NA
D. 18g葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为0.6NA
【答案】B
【详解】A. 在标准状况下HF液态，无法用气体摩尔体积计算粒子数目，故A错误；
B. 16.8g铁的物质的量为0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为价，故0.3mol铁反应后失去0.8mol电子即0.8NA个，故B正确；
C. 溶液中NH4NO3的物质的量n＝cV＝0.5mol/L×0.2L＝0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2mol氮原子即0.2NA个，故C错误；
D. 18g葡萄糖为1mol，1个葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5NA，故D错误；
答案选B。
6.下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）
A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O
B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：H++OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+H2O
C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O
D. 在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13++3OH-= Al(OH)3↓
【答案】C
【解析】A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故A错误；B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H++2OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+2H2O，故B错误；C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O，故C正确；D. 氨水是弱碱，用化学式表示，故D错误；故选C。
7.为测定含镁3%～5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案，下列说法不正确的是（ ）
方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量；
方案二：称量m g铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。
A. 方案一中若称取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V≥100 mL
B. 方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高
C. 方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量
D. 方案二中若用空气代替O2进行实验，则测定结果偏高
【答案】A
【详解】A.含镁为5%时，金属铝的含量最低，5.4 g合金中铝的质量为5.13g；则根据反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，2Al～2NaOH，5.13/27：V×10-3×2=2:2，解得V=95mL，因此取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V≥95 mL，A错误；
B. 方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应，过滤后剩余固体镁；测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则镁的质量分数偏高，B正确；
C.Mg、Al均与氧气反应,生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，根据质量守恒列方程可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C正确；
D. 空气中有氮气和氧气，金属镁能够与氮气反应生成氮化镁，灼烧后固体质量增大，金属镁的质量偏大，测定结果偏高，D正确；
综上所述，本题选A。
8.PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1molPbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（ ）
A. 1：2混合的PbO2、Pb3O4 B. 1：1混合的Pb3O4、PbO
C. 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO D. 4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO
【答案】B
【分析】PbO2加热分解得到O2，得到的剩余固体含有Pb的+4和+2价的混合氧化物，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，假设得到的氧气为3mol，则Cl2为2mol。在PbO2加热分解反应中，+4价铅的化合价降低的数值等于-2价氧的化合价升高的数值，所以得到的+2价铅的物质的量为3mol×4÷2=6mol。在剩余固体和浓盐酸的反应中，+4价铅的化合价降低的数值等于-1价氯的化合价升高的数值，所以在剩余固体中的+4价铅的物质的量为2mol×2÷2=2mol。所以在剩余固体中，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为2:6=1:3。Pb3O4可以看做是2PbO·PbO2，1mol Pb3O4里有2mol+2价铅，1mol+4价铅。
【详解】A. 1：2混合的PbO2、Pb3O4里，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(1+1)：2=1:1，故A不选；
B. 1：1混合的Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为1：(2+1)=1:3，故B选；
C. 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(1+4×1)：(4×2+1)=5:9，故C不选；
D. 4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(4+1)：(2+1)=5:3，故D不选。
故选B。
9.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是（ ）
A. KClO3作氧化剂，每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗6/n mol KClO3
B. 生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D. 在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【详解】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；
B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；
D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。
故答案选A。
10.(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是( )
A. Al、Ga均处于ⅢA族
B. Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2
C. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3
D. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
【答案】C
【详解】A. 镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；
B. Ga(OH)3与Al(OH)3的性质相似，属于两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，B项正确；
C. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，C项错误；
D. Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，D项正确；
答案选C。
【点睛】C项是学生们的易错点，学生们对于在NaAlO2溶液中通入过量的CO2所发生的反应NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3↓+NaHCO3理解不透彻，该反应的发生遵循了强酸制弱酸的原理，在这个反应中，AlO2-是弱酸根离子，AlO2-结合了碳酸的氢离子生成了更弱的Al(OH)3，此时Al(OH)3相当于弱酸，NaGaO2类似于NaAlO2，在NaGaO2、NaAlO2混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是因为Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜H2CO3
下列推论不合理的是（ ）
A. 活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B. 铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C. 增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D. 利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
【答案】C
【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；
B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；
D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。
【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；
B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；
C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；
D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。
12.现用传感技术测定喷泉实验中压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是（ ）
A. 制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2
B. 将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满
C. 关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈
D. 工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好
【答案】D
【详解】A. CaO能与水反应，使c(OH－)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；
B. 氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满，B错误；
C. 三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，C错误；
D. 盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率，D正确；
综上所述，本题选D。
13.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJ·mo1－1
B. 图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
C. 若图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲代表钠
D. 图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
【答案】C
【详解】A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，与图象不吻合，故A错误；
B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；
C、钾比钠活泼，反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C正确；
D、在稀释过程中HA的pH变化大，说明HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；
故选C。
14.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是（ ）
A. 放电时，负极反应为3NaBr－2e-=NaBr3+2Na+
B. 充电时，阳极反应为2Na2S2－2e-=Na2S4+2Na+
C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池
D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L H2时，b池生成17.40gNa2S4
【答案】C
【分析】由题意可知，放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，正极上NaBr3被还原为NaBr，则左储罐电解质为NaBr3/NaBr，右储罐电解质为Na2S2/Na2S4。
【详解】A、放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，电极反应式为：2Na2S2-2e－ =Na2S4+2Na＋，故A错误；
B、充电时，电池的正极与电源正极相连，作阳极，阳极上NaBr被氧化为NaBr3，电极反应式为：3NaBr-2e－=NaBr3+2Na＋，故B错误；
C、放电时，阳离子向正极移动，则离子Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；
D、没有确定是否为标准状况，无法计算氢气的物质的量，则无法计算b池生成Na2S4质量，故D错误；
答案选C。
15.在容积为2.0 L的密闭容器内，物质D在T ℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是 （ ）
A. 从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为0.0667 mol/(L·min)
B. 该反应的化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)
C. 已知：反应的∆H＞0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度
D. 若在第7分钟时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线
【答案】D
【详解】A.根据v=∆c/∆t计算得A物质的平均反应速率为0.4mol/(2L×3min)=0.0667 mol/(L·min),A正确；
B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol，B的物质的量增加了0.2mol，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了0.4mol/L，所以D为反应物，D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)，故B正确；
C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，因为反应的∆H＞0,所以此时是升高温度，故C正确；
D.因为D是固体，量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，故D错误；
综上所述，本题选D。
16.常温下，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（ ）
A. W点所示的溶液中：c(Na+)>c(CO32-)= c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
B. pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol/L
C. pH=8的溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
D. pH=11的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】A
【分析】A、W点所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性；
B、根据物料守恒判断；
C、先判断溶液中的溶质，再根据电离程度与水解程度的相对大小分析；
D、根据电荷守恒分析．
【详解】A．W点所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性，则c（OH－）＞c（H＋），所以溶液中离子浓度关系为：c（CO32－）=c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H＋），故A正确；
B、pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）＜0.1 mol·L-1，故B错误；
C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，HCO3－的水解程度大于电离程度，则c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（H2CO3）＞c（CO32－），故C错误；
D、根据图象可知pH=11时，溶液中电荷守恒为：c（Na＋）+c （H＋）=c（OH－）+c（Cl－）+2c（CO32－）+c（HCO3-），故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，解题关键：在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，易错点B，结合图象和题意灵活运用，读出pH=4，说明反应中有CO2生成。
二、非选择题（共52分）
17.硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO4·7H2O晶体：
①将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍；
②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至铁屑耗尽；
③ ，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；
④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸将晶体吸干；
⑤将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存。
请回答下列问题：
（1）实验步骤①的目的是____________________________。
（2）写出实验步骤②中的化学方程式____________________________________。
（3）补全实验步骤③的操作名称____________________________。
（4）实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_______________________________。
（5）乙同学认为甲的实验方案中存在明显的不合理之处，你_______(填“是”或“否”)同意乙的观点。
（6）丙同学经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O。硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示(仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体)。
硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成
若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度(t)的范围为_______。
（7）取已有部分氧化的绿矾固体(硫酸亚铁的相对原子质量用M表示)wg，配制成100mL用cmol/L KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗标准液的体积为VmL，则：若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视滴定管液面，使测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
【答案】(1). 去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污 (2). Fe+H2SO4(稀) FeSO4+H2↑ (3). 趁热过滤 (4). 洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗 (5). 是 (6). 56.7℃＜t＜64℃ (7). 偏低
【分析】（1）Na2CO3溶液显碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质；
（2）实验步骤②中的化学反应是一定温度下铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
（3）步骤③是趁热过滤避免硫酸亚铁损耗；
（4）步骤④中用少量冰水洗涤晶体是洗涤表面杂质，温度降低硫酸亚铁溶解度减小；
（5）铁屑耗尽，不能防止亚铁离子被氧化；
（6）依据图表数据分析，析出晶体FeSO4⋅4H2O的温度范围；
（7）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取标准溶液体积减小。
【详解】（1）Na2CO3溶液中碳酸根离子水解显碱性，铁屑表面含有油脂，油脂在碱性条件下，水解成可溶水的物质，步骤①的目的是除去铁屑表面的油污，故答案为去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污；
（2）发生化学方程式为Fe+H2SO4FeSO4+H2↑；
（3）步骤③将滤液转入到密闭容器，冷却结晶，因此步骤③的操作名称为趁热过滤，故答案为趁热过滤；
（4）一般温度低，晶体的溶解度低，冰水洗涤的目的是洗去表面的杂质，减少FeSO4·7H2O的损耗，故答案为洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗；
（5）步骤②中铁屑耗尽，铁转化成Fe2+，Fe2+容易被氧化成Fe3+，即同意乙同学的观点，故答案为是；
（6）根据表格中的数据，得到FeSO4·4H2O，在56.7℃、64℃同时析出两种晶体，因此温度控制在高于56.7℃，低于64℃，范围是56.7℃＜t＜64℃；
（7）根据滴定管从上到下刻度增大，俯视读数，V偏小，消耗标准液体积减少，因此所测结果偏低。
【点睛】第（7）问误差分析问题是常考点，学生要抓住反应的实质，根据滴定分析法，消耗的标准液体积的变化，利用物质之间的关系分析判断最终测定结果。
18.无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿(Al2O3、Fe2O3)为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：
（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为____________________________。
（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式为__________________________________。
（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用____________________。
（4）为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取16.25 g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为0.32 g。
① 写出上述除杂过程中涉及的离子方程式___________、____________。
② AlCl3产品的纯度为________。
【答案】(1). A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO (2). SO32-+Cl2+H2O＝SO42-+2Cl-+2H+ (3). 除去FeCl3； (4). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (5). Al3++4OH-=[Al(OH)4]- (6). 96%；
【详解】(1)根据制备AlCl3的工艺流程可知，由冷却器出来的气体有CO和Cl2，CO是氯化炉中的生成物，且Cl2是过量的，氯化炉中发生反应的化学方程式为Al2O3＋3Cl2＋3C2AlCl3＋3CO；
(2)Na2SO3与Cl2发生氧化还原反应，Na2SO3作还原剂被氧化为Na2SO4，Cl2作氧化剂，此反应的离子方程式为：SO32-+C12+H2O＝SO42-+2C1-+2H+；
（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，铝具有还原性，其作用是除去杂质FeCl3；
（4）①无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)溶于过量NaOH溶液涉及到的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O或Al3++4OH-=[Al(OH)4]-；
②沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称量得到的0.32 g固体是氧化铁，n(Fe2O3)＝0.32g÷160g/mol＝0.002 mol，则n(FeCl3)＝0.002 mol×2＝0.004 mol，m(FeCl3)＝0.004 mol×162.5 g/mol＝0.65 g，则AlCl3的质量为16.25 g－0.65 g＝15.6 g，AlCl3的纯度为15.6/16.25×100%＝96%。
19.二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si（16.27%）、Fe（5.86%）、Al（3.42%）、Zn（2.68%）和Cu（0.86%）等元素的化合物，其处理流程图如下：
化合物
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Ksp近似值
10-35
10-6
10-38
（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为______________________。
（2）“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能___________；滤渣A的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，加入氨水需调节pH 至少达到____________，恰好能使Fe3+、A13+沉淀完全。(当离子浓度降到1.0×10-5mol·L-1时即视为沉淀完全)
（3）滤渣B的成分是___________________。
（4）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极电极反应式为_____________________________________________________。
（5）工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI 溶液充分反应后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好与25.00mL 0.0800mol·L-1Na2S2O3溶液反应（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。计算可得该样品纯度_____%。(小数点后保留1位数字)。
【答案】(1). MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O (2). 充分氧化过量的Fe2+ (3). 4 (4). CuS、ZnS (5). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (6). 47.3
【解析】试题分析：本题以软锰矿制备MnO2的流程为载体，考查流程的分析，物质的分离和提纯，溶度积的计算和沉淀的转化，电解原理和电极反应式的书写，氧化还原滴定测定物质的纯度。
（1）软锰矿中加入H2SO4和过量FeSO4溶液“酸浸”时MnO2被还原为MnSO4，则FeSO4被氧化成Fe2（SO4）3，“酸浸”时发生的主要反应的化学方程式为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O。
（2）“酸浸”时除了MnO2被还原成MnSO4外，Fe、Al、Zn、Cu也溶解转化为FeSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、CuSO4，酸浸后过滤得到的滤液中含MnSO4、Fe2（SO4）3、FeSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、CuSO4；向此滤液中加入氨水并搅拌，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能将Fe2+充分氧化转化成Fe3+；加入氨水调节pH使Al3+、Fe3+完全转化成Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀形成滤渣A，由于Al（OH）3、Fe（OH）3类型相同且Al（OH）3的溶度积大于Fe（OH）3的溶度积，使Fe3+、Al3+完全沉淀，只要使Al3+完全沉淀，即c（Al3+）110-5mol/L，c（Al3+）·c3（OH-）=10-35，c（OH-）=110-10mol/L，c（H+）110-4mol/L，pH4，pH至少达到4能使Fe3+、Al3+沉淀完全。
（3）加入氨水调节pH至5.4经过滤后滤渣A为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含MnSO4、ZnSO4、CuSO4、（NH4）2SO4，向滤液中加入MnS并加热至沸，发生沉淀的转化形成难溶的ZnS、CuS将Zn2+、Cu2+除去，过滤得到的滤渣B的成分为ZnS、CuS。
（4）根据题意电解过程中MnSO4被氧化成MnO2，则阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
（5）MnO2与足量酸性KI反应的离子方程式为：MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O，得出关系式：MnO2~I2~2Na2S2O3，n（MnO2）=n（Na2S2O3）=0.08mol/L0.025L =0.005mol，m（MnO2）=0.005mol87g/mol=0.435g，该样品纯度为100%=47.3%。
20.火法炼铜是目前世界上最主要的冶炼铜的方法，其产量可占到铜总产量的85％以上，火法炼铜相关的方程式有
Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) △H1=-271.4kJ/mol 反应①
Cu2S(s)+2Cu2O(s)=6Cu(s)+SO2(g) △H2=+123.2kJ/mol 反应②
（1）Cu2S(s)在空气中煅烧生成Cu2O(s)和SO2(g)的热化学方程式是_______________________________________________________。
（2）火法炼铜所得吹炼烟气中SO2含量较高，该烟气在工业上可直接用于生产硫酸，从绿色化学角度考虑其优点有________________________________(任写一条)。
（3）在2L的恒温密闭容器中通入5mol氧气并加入足量Cu2S发生反应①(不考虑其它反应)，容器中的起始压强为akPa，反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示，反应前3min平均反应速率v(SO2)=_ ______mol/(L·min)，该温度下反应的平衡常数KP=_______(KP为以分压表示的平衡常数)。若保持温度不变向平衡体系中再通入1mol氧气，达到新平衡后氧气的体积分数_______ (填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。
（4）工业上电镀铜的装置如图所示，阳极产物除Cu2+外还有部分Cu+，部分Cu+经过一系列变化会以Cu2O的形式沉积在镀件表面，导致镀层不够致密、光亮。电镀过程中用空气搅拌而不是氮气搅拌的原因是_________________________________________________。
【答案】(1). 2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) △H=-937.4kJ/mol (2). 可减少污染物排放或者原子利用率高 (3). 0.4 (4). 1.5 (5). 等于 (6). 氧气可将Cu+氧化为Cu2+以防止镀件表面生成Cu2O
【详解】（1）根据盖斯定律，2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g)为反应①×3－反应②所得，因此△H=3△H1－△H2=-937.4kJ/mol
答案为：2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) △H=-937.4kJ/mol
（2）吹炼烟气用于生产硫酸可减少SO2的排放；用该烟气生产硫酸的反应为和SO3+H2O=H2SO4，两个反应的原子利用率均为100%。
答案为：可减少污染物排放或者原子利用率高；
（3）反应①中气体总物质的量始终为5mol，3min时SO2体积分数为48%，c(SO2)==1.2mol/L，因此v(SO2)==0.4mol/(L·min)。体系达平衡时总压强为akPa，O2和SO2的分压分别为0.4akPa和06akPa，KP=，原平衡时氧气的体积分数为40％，根据平衡常数表达式，温度不变，平衡常数不变，增加气体用量，平衡时SO2与O2的物质的量浓度之比保持不变，因此达到新平衡后氧气的体积分数仍为40%。
答案为：0.4；1.5；等于
（4）阳极产物除Cu2+外还有部分Cu+，部分Cu+经过一系列变化会以Cu2O的形式沉积在镀件表面，导致镀层不够致密、光亮。通入空气可利用氧气将Cu+氧化为Cu2+，可有效预防镀件表面生成Cu2O；
答案为：氧气可将Cu+氧化为Cu2+以防止镀件表面生成Cu2O；
21.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为________________________。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH−2+H2O
2NO2+2OH−++H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是________（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其离子方程式为____________。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是________________________。
【答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). BC (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O3Cl−+2+5H+ (6). 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【详解】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O，
故答案为2NH3+2O2N2O+3H2O；
（2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；
C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。
故答案为BC；
②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO，
故答案为NaNO3；NO；
（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+，
故答案为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+；
②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强，
故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
22.氨甲环酸（G），别名止血环酸，是一种已被广泛使用半个世纪的止血药，它的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：
回答下列问题：
（1）A的结构简式是________。
（2）C的化学名称是__________。
（3）②的反应类型是________。
（4）E中不含N原子的官能团名称为_______。
（5）氨甲环酸（G）的分子式为________。
（6）写出满足以下条件的所有E的同分异构体的结构简式：________。a.含苯环 b.含硝基 c.核磁共振氢谱有三组峰
（7）写出以和为原料，制备医药中间体的合成路线：__________________________________________（无机试剂任选）。
【答案】 (1). CH2=CH-CH=CH2 (2). 2-氯-1,3丁二烯 (3). 消去反应 (4). 碳碳双键、酯基 (5). C8H15NO2 (6). 、 (7).
【分析】由合成路线可知，A为1,3-丁二烯，1,3-丁二烯和氯气发生加成反应生成B，B发生消去反应生成C，对比C、D结构可知，由C生成D发生了双烯合成；D→E为-Cl被-CN取代，E→F为酯的水解反应，F→G为加氢的还原反应，以此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知，A为1,3-丁二烯，结构简式为CH2=CH-CH=CH2；
（2）C分子中含有两个碳碳双键，氯原子在第二个碳原子上，故化学名称为2-氯-1,3-丁二烯；
（3）反应②为B发生消去反应生成C，故反应类型为消去反应；
（4）E中含有-CN、碳碳双键和酯基，其中不含氮原子的官能团名称为碳碳双键、酯基；
（5）由结构简式可知，氯甲环酸（G）的分子式为C8H15NO2；
（6）E的同分异构体：a.含苯环 b.含硝基 c.核磁共振氢谱有三组峰，说明含有三种类型的氢原子，故结构简式为、。
（7）参考合成路线，若以和为原料，制备，则要利用双烯合成，先由制得，再和合成，故设计合成路线为：
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