福建省福建师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试化学（解析版）


福建省福建师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试
可能用到的相对原子质量： O-16 S-32 W-184
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题：本题有16个小题。每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。
1.化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 目前提岀的“低碳经济”，即减少向环境排放CO2，抑制酸雨的形成
B. 推广使用燃料电池汽车，可减少颗粒物、CO等有害物质的排放
C. 高纯度的硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
D. 水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品
【答案】B
【详解】A. 目前提岀的“低碳经济”，即减少向环境排放CO2，可降低温室效应，氮硫氧化物可引起酸雨的形成，故A错误；
B. 研制开发燃料电池汽车，就可以减少机动车化石燃料的燃烧，进而可以减少汽车尾气的排放，因此可以减少固体颗粒物的排放，所以在某种程度上可以减少空气中PM2.5含量，故B正确；
C. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅与强碱可反应，光导纤维遇强碱会“断路”，故C错误；
D. 水泥、玻璃、青花瓷属于传统的硅酸盐工业产品，水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐材料，故D错误；
答案选B。
【点睛】光导纤维的材料是二氧化硅，硅可用于制作太阳能电池，这是不同物质具有的不同特性。
2.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）
A. 淀粉、CuO、HClO、Cu
B. 水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3
C. KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OH
D. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖
【答案】D
【分析】混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。
【详解】A. 淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，A项错误；
B. 水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2O⋅CaO⋅6SiO2是盐不是氧化物，Na2O融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，B项错误；
C. KAl(SO4)2⋅12H2O属于盐、KClO3是盐不是氧化物,NH3⋅H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，C项错误；
D. 普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、CH3COOH存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，D项正确；
答案选D。
3.下列关于指定粒子构成的几种描述中正确的是（ ）
A. C与C是不同的核素，所以分别由这两种原子构成的石墨化学性质不同
B. H2O和D2O是同分异构体
C. H3O+与-OH具有相同的电子数
D. 37Cl与39K具有相同的中子数
【答案】D
【详解】下列关于指定粒子构成的几种描述中正确的是
A.C与C是碳元素的不同核素，C与C互称同位素，同位素的化学性质基本完全相同，物理性质差别较大，所以分别由这两种原子构成的石墨化学性质相同，故A错误；
B. 元素组成相同，结构相同的物质为同一物质，H2O、D2O都是由氢元素、氧元素组成的，结构相同，为同一物质，故B错误；
C. H3O+是10电子微粒，-OH叫做羟基，是9电子微粒，电子数不同，故C错误；
D. 中子数=质量数-质子数，37Cl的质子数为17，质量数为37，中子数=37-17=20，39K的质子数为19，质量数为39，中子数=39-19=20，则具有相同的中子数，故D正确；
答案选D。
【点睛】分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体；要识记元素符号周围角标标示的含义。
4.1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（ ）

A. 红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ • mol-1
B. P4(s，白磷) = 4P(s，红磷) ΔH＞0
C. 白磷比红磷稳定
D. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等
【答案】A
【详解】A. 如图所示，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，ΔH= E生- E反，E3生成物的总能量，E2为反应物的总能量，红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)+5O2(g)=P4O10(s) ΔH= -(E2-E3)kJ • mol-1，故A正确；
B. 如图所示，白磷的能量高于红磷的能量，反应P4(s，白磷) = 4P(s，红磷)为放热反应，ΔHN
②第I A族元素铯的两种核素，137Cs比133Cs多4个质子
③因为氧化性HClO>稀H2SO4，所以非金属性Cl>S
④离子化合物中即可以含有极性共价键，又可以含有非极性共价键
⑤C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强
⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性HCl > HI
⑦离子半径：K+ > Cl-> S2-
A. ②③④⑤⑥⑦ B. ④⑤ C. ②③④⑦ D. ④⑤⑥
【答案】B
【详解】①不能根据单质稳定性来判断元素的非金属性，N、P都是第VA族元素，非金属性：N>P，故①错误；
②同位素的质子数相同,第IA族元素铯的两种同位素137Cs与133Cs的质子数相同，中子数不同，故②错误；
③不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱，应该比较最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4>H2SO4，所以非金属性：Cl>S，故③错误；
④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故④正确；
⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故⑤正确；
⑥同主族元素从上到下，卤族氢化物的酸性逐渐增强，则酸性HClC>Si，B正确；
C．O元素的非金属性强于S元素，所以O的简单氢化物稳定性比S的简单氢化物稳定性高，C错误；
D．SiO2是原子晶体，具有熔点高、硬度大的特点，D正确;
答案选C。
11.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是（ ）
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向左推注射器
通过观察液面差判断该装置的气密性
B
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量MgO粉末，搅拌一段时间后过滤
除去MgCl2溶液中少量FeCl3
C
取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体
说明Na2O2没有变质
D
将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，铝箔熔化但不滴落
说明铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al

【答案】C
【详解】A. 利用压强差检验装置气密性，向里推注射器，试管中压强增大，如果气密性良好，导管内液面上升，否则，气密性不好，所以能实现实验目的，故A不符合题意；
B. 氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化镁，能实现除杂目的，故B不符合题意；
C. 空气中有二氧化碳，久置于空气中的Na2O2粉末，可能混有碳酸钠，二者均与盐酸反应生成气体，则加盐酸生成无色气体，不能说明是否变质，故C符合题意；
D. 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，因生成的氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面使其不滴落，故D不符合题意；
答案选C。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：
①CH4 (g) +2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(l) ΔH1 = a kJ • mol-1
②CH4(g) + 2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(g) ΔH2 = bkJ • mol-1
其他数据如下表所示，下列说法正确的是（ ）
化学键
C=O
C—H
O—H
O=O
键能/(kJ • mol-1)
798
413
463
x

A. ΔH1 < ΔH2
B. H2O(g) = H2O(1) ΔH=(a-b)kJ • mol -1
C. 当有4NA个O-H键生成时，反应放出的热量为a kJ
D. 上文中x =
【答案】A
【详解】A.反应① ②都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热ΔHb，因ΔH为负值，放出的热量越多，ΔH越小因，因此放出的ΔH1 < ΔH2，故A正确；
B. ①CH4 (g) +2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(l) ΔH1 = a kJ • mol-1，②CH4(g) + 2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(g)ΔH2 = bkJ • mol-1，根据盖斯定律(①-②)可得：H2O(g) = H2O(1) ΔH=(a-b)kJ • mol -1，故B错误；
C. 当有4NA个O—H键生成时，反应消耗了1mol甲烷，按照反应①进行生成液态水放出的热量为a kJ，按照反应②进行生成液态水放出的热量为bkJ，故C错误；
D. 根据反应②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=b kJ • mol-1，ΔH2=413 kJ • mol-1×4+2x kJ • mol-1-(798 kJ • mol-1×2+463 kJ • mol-1×4)= bkJ • mol-1，整理可得：x=，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点在D选项，计算物质中化学键的键能时，该题需要注意，H2O(g)=H2O(1)是物质状态变化而引起的能量变化，分子内的化学键没有发生变化，因此要用生成气态水是的反应②才能准确计算O=O的键能大小。
13.下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将2mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中：
2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2
正确；Cl2过量，Fe2+、I-均被氧化
B
KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：
3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+
正确；ClO-氧化性强于FeO42-
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：
SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-
正确；H2SO3的酸性强于HClO
D
Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O
正确；Mg(OH)2比MgCO3更难溶

【答案】D
【详解】A. Fe2+的还原性比I-强，1mol FeI2完全氧化消耗1.5mol Cl2，将2mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中，正确的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，离子方程式及评价都不合理，故A错误；
B. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，不可能产生氢离子，正确的离子方程式：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，评价和离子方程式均不合理，故B错误；
C. 过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32-有强还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确离子方程式为SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-，评价和离子方程式均不合理，故C错误；
D. Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水，离子方程式：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2+2CO32-+2H2O，评价和离子方程式均合理，故D正确；
答案选D。
14.“84”消毒液(工业利用Cl2与NaOH反应制得）可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析不正确的是（ ）
实验操作



实验现象
混合后溶液的pH=9.9,短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去。
混合后溶液pH=5.0，蓝色迅速褪去，无气体产生。
混合后溶液pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。

A. 对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO−+H+═HClO
B. 实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO═Cl2↑+H2O
C. 对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO−的氧化性或Cl−的还原性
D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控合适的pH才能安全使用
【答案】B
【详解】A. “84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸浓度大漂白效果快，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO−+H+═HClO，故A正确；
B. “84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，混合后溶液pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成了氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成了氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，生成的盐酸呈酸性，故B错误；
C. 对比实验②和③，酸溶液浓度大小会影响反应过程，溶液的pH可能会影响ClO−的氧化性或Cl−的还原性，故C正确；
D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气，需要调控合适的pH才能安全使用，故D正确；
答案选B。
15.强酸性溶液X中可能含有Na+ ， K+、NH4+、 Fe3+、Fe2+、Al3+、CO32-、 SO32-、SO42-、C1-的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连 续实验，实验过程及产物如下所示：

下列结论止确的是（ ）
A. 气体A是SO2，证明原溶液中含有SO32-
B. 沉淀G中加人盐酸溶解，滴加KSCN溶液显红色，可以确定原溶液中 有Fe3+
C. 沉淀I―定是A1(OH)3
D. X中不能确定的离子是Al3+、Fe3+ 、Na+、K +和Cl-
【答案】D
【详解】①强酸性溶液中CO32−、SO32−不能存在；②X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42−存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在,(即3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O)，在此反应中，Fe2+被氧化为Fe3+。③溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe(OH)3；生成的气体F为NH3；说明有NH4+存在。④溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，且前面加入的NaOH是过量的，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1(OH)3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1−；
A. 强酸性溶液X中CO32-、SO32-不能存在，故A错误.
B. 沉淀G为Fe(OH)3,但Fe3+可能是原来有的,也可能是Fe2+被氧化生成的，故B错误；
C. 溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，且前面加入的NaOH是过量的，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1(OH)3，故C错误；
D. 溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1−，故D正确；
答案选D。
16.二硫化钨(WS2中W的化合价为+4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备WS2的工艺流程如下图所示：

下列说法正确的是（ ）
A. 操作I中用到的玻璃仪器只有漏斗、烧杯
B. FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式为4FeWO4＋O2＋8NaOH2Fe2O3＋4Na2WO4＋4H2O
C. 已知(NH4)2WS4中W的化合价为+6，且2(NH4)2WS4＋3O22WS2＋4NH3＋2S＋2SO2＋2H2O，则生成124g WS2，该反应所转移的电子数目为2NA
D. 滤渣I的主要成分是氢氧化铝，CO2可以用过量盐酸代替
【答案】B
【分析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，水浸时，可除去不溶于水的氧化铁，向粗钨酸钠溶液中通入过量CO2，经过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成份是Al(OH)3，滤液再经酸化得钨酸，向钨酸中加入氨水并控制温度得钨酸铵，继续通入H2S气体，生成(NH4)2WS4，最后将(NH4)2WS4在氧气中高温加热即可得到WS2；
【详解】A. 操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故A错误；
B. FeWO4在碱熔过程中被空气中氧气氧化，生成Fe2O3、Na2WO4和H2O，发生反应的化学方程式为4FeWO4+O2+8NaOH2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O，故B正确；
C. 已知(NH4)2WS4中W的化合价为+6，且2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+ 2H2O，反应中(NH4)2WS4中+6价W被还原为+4价的WS2，-2价S元素被氧化成0价的S单质，每生成2molWS2转移了4mol电子，同时参加反应的氧气为3mol，则反应中共转移16mol电子，124gWS2的物质的量为：=0.5mol，转移电子的物质的量为：16mol×=4mol，即转移电子数目为4NA，故C错误；
D. 滤渣I的主要成分是氢氧化铝，过量盐酸可将氢氧化铝溶解，导致杂质铝除不干净，则CO2不可以用过量盐酸代替，故D错误；
答案选B。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、非选择题：本题有4个小题。
17.A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺W会导致贫血症状。
（1）写出AE4的电子式：____________________。
（2）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）___________。
a．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2
b．E的气态氢化物的稳定性小于HF
c．WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板
（3）NaCN是一种有剧毒的盐，用E的一种氧化物EO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。写出该反应的离子方程式：_________________________________________。
（4）工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为_____________________。
（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。
①上述反应的离子方程式为___________________________________________。
②D的单质与X在高温下反应的化学方程式为____________________________。
【答案】(1). (2). ab (3). 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl- (4). 2Al2O3（熔融）4Al + 3O2↑ (5). 3Fe + NO3- + 2H++ H2O = Fe3O4 + NH4+ (6). 8Al+3Fe3O44Al2O3+ 9Fe
【分析】A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，14-4-3=7，则E为Cl；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe。
【详解】（1）A为C，E为Cl，AE4为CCl4，电子式为；
（2）a.同周期元素金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以D的最高价氧化物对应水化物氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a符合题意；
b.同周期元素非金属性依次增强，所以F的非金属性强于O，则氢化物稳定性H2O小于HF，故b符合题意；
c.氯化铁与铜发生氧化还原反应，所以可以用氯化铁的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，不能用元素周期律解释，故c不符合题意；
答案选ab；
（3）NaCN是一种有剧毒的盐，E为Cl，用E的一种氧化物ClO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。该反应的离子方程式：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；
（4）D为Al，工业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝的单质，反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；
（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，①酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化性铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式为3Fe+NO3- +2H++H2O=Fe3O4 +NH4+；
②铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O44Al2O3+ 9Fe。
18.为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物(NOx)、SO2等，减少大气污染。科学家不断对相关反应进行研究尝试。
（1）按每年全国发电燃煤8亿吨，煤中含硫质量分数以2%计，若不经过脱硫处理，则会有_______亿吨SO2排放到大气中（假设S全部转化为SO2）。
（2）下列物质中，能吸收SO2的有_______（填序号）。
a．氨水 b．酸性KMnO4溶液 c．生石灰 d．Na2CO3溶液
（3）某工厂采用(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合溶液A吸收废气中的SO2并制备(NH4)2SO3·H2O，过程如下：

①“吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变_____（填“大”或“小”）。
②“制备”过程中，溶液B中发生反应的化学方程式是 _____________________。
③检验产品(NH4)2SO3·H2O中含有少量SO42-的方法如下：取少量产品加水溶解，（将实验操作和现象补充完整）___________________________________。
（4）选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟的烟气脱硝技术，其反应原理主要为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g) ΔH= -1627 kJ•mol-1
①被NO氧化的NH3和被O2氧化的NH3的物质的量之比为________________。
②氨氮比会直接影响该方法的脱硝率如图为350 ℃时只改变氨气的投放量，NO的百分含量与氨氮比的关系图。当>1.0时，烟气中NO含量反而增大，主要原因是______________________________________________________________________________。

【答案】 (1). 0.32 (2). abcd (3). 小 (4). NH4HCO3 ＋ NH4HSO3= (NH4)2SO3·H2O↓＋ CO2↑ (5). 加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生 (6). 2：1 (7). 过量的NH3和O2反应生成NO（或4NH3+5O2=4NO+6H2O）
【分析】（1）根据硫元素质量守恒计算；
（2）根据SO2的性质分析；
（3）将烟气通入(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合溶液A，(NH4)2SO3吸收SO2得到溶液B：NH4HSO3，将NH4HCO3与溶液B混合得到(NH4)2SO3•H2O，
①吸收过程的反应为：SO2+H2O+(NH4)2SO3=2NH4HSO3，据此分析；
②制备过程为NH4HCO3与溶液B NH4HSO3混合得到(NH4)2SO3•H2O的反应；
③SO42-用酸化的氯化钡溶液检验，考虑排除亚硫酸根的干扰。
（4）①根据平衡常数的定义书写即可；从方程可知，4mol NH3被氧化为N2，失去电子为12mol，得到12mol电子的是4mol NO和1mol O2，其中4mol NO得电子8mol，1mol O2得电子4mol，据此计算；
②氨气与氧气的反应生成NO，据此分析；
【详解】（1）燃煤8亿吨，煤中含硫质量分数以2%，则硫元素的质量为0.16亿吨，产生的SO2中硫元素也为0.16亿吨，则m(SO2)×=0.16，解得m(SO2)=0.32亿吨；
（2）SO2为酸性氧化物，能与碱性溶液和碱性氧化物反应，氨水、Na2CO3溶液、生石灰均可吸收SO2，SO2同时具有还原性，能被强氧化剂酸性KMnO4溶液吸收；
故答案为：abcd；
（3）①吸收过程的反应为：SO2+H2O+(NH4)2SO3=2NH4HSO3，随着吸收，(NH4)2SO3转化，越来越少，NH4HSO3增多，(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变小；
②溶液B中发生反应的化学方程式是：NH4HCO3 +NH4HSO3═(NH4)2SO3•H2O↓+CO2↑；
③检验产品(NH4)2SO3•H2O中含有少量SO42-，应先加酸除去亚硫酸根的干扰，再用氯化钡溶液检验，故方法为：取少量产品加水溶解，加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生；
（4）①反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)，从方程可知，4mol NH3被氧化为N2，失去电子为12mol，得到12mol电子的是4mol NO和1mol O2，其中4mol NO得电子8mol，1mol O2得电子4mol，故其中被NO和O2氧化的NH3的比例为2：1；
②当氨氮比>1.0时，过量的氨气与氧气的反应生成NO，化学反应为4NH3+5O2=4NO+6H2O，所以烟气中NO浓度增大，烟气中NO含量增大。
19.某实验小组欲探究浓硝酸的性质。
Ⅰ．木炭与浓硝酸反应：
（1）甲同学设计了图1装置，认为若有红棕色气体产生就说明木炭与浓硝酸发生了反应。写出木炭与浓硝酸反应的化学方程式________________________________________。

（2）乙同学认为红棕色气体不能作为木炭与浓硝酸反应的证据，其理由是______________________________________________________________。
（3）乙同学设计了图2装置实验，木炭能燃烧，并产生红棕色气体。针对该实验现象，乙同学做出如下假设：
假设a：_____________________________；
假设b：红热木炭使HNO3分解产生NO2，NO2可能具有助燃性，木炭燃烧；
假设c：红热木炭使HNO3分解产生O2，木炭与O2反应燃烧；
假设d：红热木炭使HNO3分解产生NO2和O2，共同影响木炭的燃烧；……
（4）设计实验证明假设b成立，请将实验方案补充完整。
①实验方法：_____________________________________________________。
实验现象：木炭在该气体中持续燃烧，火焰迅速变亮，集气瓶中气体颜色变浅直至无色，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，且遇空气不变色。
②根据实验现象写出木炭与此气体反应的化学方程式______________________________。
Ⅱ．设计硝酸在不同条件下分解实验，方案见下表：

（5）分析上述现象，得出使硝酸成功分解的关键是__________________________________。
【答案】 (1). C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O (2). 硝酸分解也能产生红棕色NO2气体 (3). 红热木炭直接和硝酸蒸气反应 (4). 将红热的木炭伸入盛有NO2气体的集气瓶中 (5). 2NO2＋2C = N2＋2CO2 (6). 光照或加热硝酸蒸气（或硝酸分子）分解
【分析】Ⅰ．（1）碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，据此书写化学方程式；
（2）浓硝酸不稳定，加热易分解，也能产生红棕色NO2气体；
（3）木炭能燃烧，并产生红棕色气体，可能红热木炭使HNO3分解产生红棕色NO2气体，也可能为红热木炭直接和硝酸蒸气反应；
（4）①设计实验证明红热木炭使HNO3分解产生NO2，NO2可能具有助燃性，木炭燃烧，可将红热的木炭伸入盛有NO2气体的集气瓶中，观察是否能直接反应；
②木炭在NO2气体中燃，结合元素守恒分析，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊则为二氧化碳，另一种无色气体且遇空气不变色，则为氮气，据此写出化学方程式；
Ⅱ．（5）硝酸在不同条件下分解实验，对照条件可知，先点燃ⅰ处酒精灯，溶液沸腾后没有观察到红棕色气体产生，目的使硝酸变蒸气点燃ⅱ处酒精灯并加热试管中部，很快看到大量红棕色气体产生，说明硝酸分子分解，据此判断使硝酸成功分解的关键。
【详解】Ⅰ．（1）碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，该反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；
（2）浓硝酸不稳定，加热易分解生成二氧化氮，浓硝酸和碳在加热条件下反应也生成二氧化氮，所以对实验造成干扰，反应方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，所以要想检验浓硝酸和碳反应不能根据是否生成二氧化氮判断，要根据CO2判断；
（3）乙同学设计了图2装置实验，木炭能燃烧，并产生红棕色气体，图示在燃烧匙中红热的木炭，可能直接与硝酸反应产生二氧化氮气体，也可能是红热木炭使HNO3分解产生红棕色NO2气体；
（4）①设计实验证明红热木炭使HNO3分解产生NO2，NO2可能具有助燃性，木炭燃烧，可将红热的木炭伸入盛有NO2气体的集气瓶中，观察木炭在NO2气体中持续燃烧，火焰迅速变亮，集气瓶中气体颜色变浅直至无色，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，且遇空气不变色，说明假设b正确，反之不正确；
②木炭在NO2气体中燃，结合元素守恒分析，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊则为二氧化碳，另一种无色气体且遇空气不变色，则为氮气，据此写出化学方程式为：2NO2＋2C = N2＋2CO2；
Ⅱ．（5）光照8小时，溶液不变黄，浓硝酸几乎不分解，光照几分钟后看到液面上方出现红棕色，溶液变黄，说明已经分解，先点燃ⅰ处酒精灯，溶液沸腾后没有观察到红棕色气体产生，目的使硝酸变蒸气点燃ⅱ处酒精灯并加热试管中部，很快看到大量红棕色气体产生，说明硝酸分子分解，由此可判断使硝酸成功分解的关键是光照或加热硝酸蒸气（或硝酸分子）分解。
【点睛】本题为探究性实验题，主要考察学生分析问题，解决问题的能力，硝酸的不稳定性，是解决这道题的关键，设计的实验围绕排除硝酸分解的干扰，对学生来说有些困难。
20.钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO2）是目前最好的白色颜料。制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位。含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3）制取TiO2的流程如下：

（1）Ti的原子序数为22，位于元素周期表中第_________周期第___________族。
（2）步骤①加铁的目的是_______________________________；步骤②冷却的目的是________________________________________。
（3）写出流程中生成H2TiO3的离子方程式__________________________________。
（4）上述制备TiO2的过程中，考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入______处理。
（5）由金红石(TiO2 )制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2→TiCl4Ti
已知：① C(s) + O2 (g) = CO2 (g) ΔH = －393.5 kJ•mol-1
② 2CO(g) + O2 (g) = 2CO2(g) ΔH =－566 kJ•mol-1
③ TiO2 (s) + 2Cl2 (g) = TiCl4 (s) + O2 (g) ΔH = +141kJ•mol-1
则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g) 的ΔH =___________。反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是___________________________________________________。
【答案】 (1). 四 (2). ⅣB (3). 将Fe3+还原为Fe2+ (4). 析出FeSO4•7H2O (5). TiO2++2H2O ⇌ H2TiO3+2H+ (6). 生石灰（或熟石灰、碳酸钙、废碱）
(7). ﹣80kJ•mol﹣1 (8). 防止高温下Mg或Ti与空气中的O2（或CO2、N2）作用
【分析】铁粉的作用由步骤①的前后以及最后所得产物中的FeSO4•7H2O分析，不难得出是为了除去混合溶液中的Fe3+；步骤②冷却的目的由操作过滤和得到的物质是FeSO4•7H2O可得，是为降低FeSO4•7H2O的溶解度；上述过程中，可以利用的副产物也可从反应产物入手分析为FeSO4•7H2O、CO、MgCl2；Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应；图示水浸过程生成H2TiO3同时生成的H2SO4溶液（TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4），应加入碱性物质处理，依盖斯定律，根据已知①，②可推算出2C(s)+O2(g)=2CO(g)的△H=2×(-393.5)+566=-221 kJ•mol-1，由此结合③可推算出△H=-221+141=-80 kJ•mol-1，据此答题。
【详解】（1）Ti位于元素周期表中第四周期ⅣB族；
（2）步骤①铁粉的作用是为了除去混合溶液中的Fe3+；步骤②冷却的目的由操作过滤和得到的物质是FeSO4⋅7H2O可得，是为降低FeSO4⋅7H2O的溶解度；
（3）图示水浸过程生成H2TiO3同时生成的H2SO4溶液(TiOSO4+2H2O⇌H2TiO3+H2SO4)，离子方程式TiO2++2H2O ⇌H2TiO3+2H+；
（4）图示水浸过程生成H2TiO3同时生成的H2SO4溶液(TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4)，应加入碱性物质处理，可以是石灰(或碳酸钙、废碱)；
（5）依盖斯定律，将③+①×2−②可得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)，△H=(+141kJ⋅mol−1)+2×(−393.5kJ⋅mol−1)−(−566kJ⋅mol−1)=−80kJ⋅mol−1，Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应。
【点睛】本题是以钛铁矿为原料，制备TiO2的工艺流程题，考查学生对流程的分析，实验操作的分析，废料的回收，盖斯定律的应用，题目难度中等，易错点为冷却的目的，离子方程式的书写。