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河南省鲁山县第一高级中学2020届高三11月月考化学试题
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鲁山一高高三化学11月月考试题
可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 F:19 C:12 Na: 23 Mg:24 Al: 27 Cl:35.5 S:32 Fe:56
一、选择题
1.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是
A. “硅胶”的主要成分是硅酸钠，可用作干燥剂和催化剂的载体
B. 用SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理不相同
C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂
D. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点
【答案】A
【解析】
【详解】A、硅胶的主要成分是硅酸，不是硅酸钠，硅胶可用作干燥剂和催化剂的载体，选项A错误；
B、二氧化硫漂白发生化合反应生成无色物质，活性炭脱色是利用其吸附性，原理不同，选项B正确；
C、氢氧化铝、碳酸氢钠均能中和盐酸，具有弱碱性，都是常见的胃酸中和剂，选项C正确；
D、Na2CO3、NH4Cl在溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊接点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊接点处金属氧化物，选项D正确。
答案选A。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3NA B. 标准状况下，44.8 L HF含有2NA个极性键
C. 19g羟基（-18OH）所含中子数为10NA D. 0.1 mol/L KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 1mol NaHSO4晶体物中含有1molNa+，1molHSO4 - ；所以阴阳离子的总数为2NA，故A错误；
B. HF在标况下是液体，44.8 L HF的物质的量远大于2mol，含有的极性键个数也远大于2NA，故错误；
C. 19g羟基是1mol，一个-18OH中含有10个中子，1mol羟基（-18OH）所含中子数为10NA，故C正确；
D.没有告诉该硫酸铝钾溶液的体积，无法计算硫酸根离子的物质的量及数目，故D错误；
正确答案C。
3.下列实验操作或方法正确的是
A. 检验某溶液中是否含有Fe2+时，先加入少量H2O2，再滴加KSCN溶液
B. 配制100mL lmol/L NaCl溶液时，用托盘天平称取5.85g NaCl固体
C 将FeC13饱和溶液煮沸制备Fe(OH)3胶体
D. 用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯
【答案】D
【解析】
【详解】A．检验某溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液不变色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否变色，顺序不能颠倒，故A错误；
B．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.9gNaCl固体，故B错误；
C．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，当溶液出现红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，防止胶体聚沉，故C错误；
D．乙醇与水混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红；苯不溶于水，分层；三者现象不同，可鉴别，故D正确；
故选D。
4.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 食醋除水垢：
B 稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：
C. 处理工业废水时Cr(Ⅵ)的转化：
D. 用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 食醋是弱酸，在离子方程式中不能拆，故A错误；
B. 二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO，离子方程式为3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，故B错误；
C. 处理工业废水时Cr时，生成，离子方程式为，故C正确；
D. 草酸溶液能使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得方程式：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋==10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，草酸是弱酸，在离子方程式里不能拆，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查离子方程式正误判断，明确物质性质及离子方程式书写规则是解本题关键，离子方程式书写要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒、转移电子守恒，有些化学反应还与反应物的量有关，注意B中发生氧化还原反应。
5.已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1
CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH2
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s) ΔH4
3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是
A. ΔH1＞0，ΔH3＜0 B. ΔH2＞0，ΔH4＞0 C. ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
【答案】C
【解析】
【详解】A. 燃烧反应都是放热反应，ΔH1＜0，ΔH3＜0，A项错误；
B. 燃烧反应都是放热反应，ΔH4＜0，反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g) 为吸热反应，ΔH2＞0，B项错误；
C. ①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1；②CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH2；③2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3；④2Cu(s)＋O2(g)===2CuO(s) ΔH4；⑤CO(g)＋CuO(s)===CO2(g)＋Cu(s) ΔH5；由反应可知②=①-③，由盖斯定律得ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，C项正确；
D. 由反应可知 ，由盖斯定律得，D项错误；
答案选C。
【点睛】本题重点考查热化学反应方程式和盖斯定律。盖斯定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。
6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同
C. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性
D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】
乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；
B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；
C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；
D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。
【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。
7.下列各组离子能在指定溶液中,大量共存的是（ ）
①无色溶液中：K+，Cl—，Na+，H2PO4—，PO43—，SO42－
②使pH=11的溶液中：CO32—，Na+，[Al（OH）4]－，NO3－，S2—，SO32—
③水电离的H+浓度c（H+）=10—12mol·L—1的溶液中：Cl—，HCO3—，NO3－，NH4＋，S2O32—
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4＋，Cl—，K+，SO42－
⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe3+，MnO4—，NO3－，Na+，SO42－
⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3－，I—，Cl—，S2—
A. ①②⑤ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②④
【答案】C
【解析】
【详解】①H2PO4-与PO43-离子之间能够发生反应，在溶液中不能够大量共存，故①错误；
②使pH=11的溶液中存在电离的氢氧根离子，CO32-、Na+、S2-、AlO2-离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；
③室温下水电离的c（H+）=10-13mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能够大量共存，故③错误；
④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量的氢离子，NH4+、Cl-、Na+、SO42-离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；
⑤使甲基橙变红的溶液中为酸性溶液，MnO4-、NO3-、Na+、Fe3+离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故⑤正确；
⑥酸性溶液中，硝酸根离子能够含有碘离子、亚铁离子，在溶液中不能够大量共存，故⑥错误；故可以共存的是②④⑤，C正确。
答案选C。
8.根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是（ ）
选项
实验
现象
实验结论
A
向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液
出现白色沉淀
原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中一种或几种
B
将纯碱和硫酸反应生成的气体，通入一定浓度的Na2SiO3溶液中
出现白色胶状沉淀
酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3
C
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
D
试管a出现白色沉淀，试管b出现黄色沉淀
溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 产生的不溶于稀硝酸的沉淀可以是BaSO4或AgCl，因此原溶液中也可以含有Ag＋，A项错误；
B. 出现白色胶状沉淀，说明发生反应：Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓，根据酸与盐反应遵循“强酸制弱酸”原理，可以得出酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，B项正确；
C. 左边棉球变为橙色，是因为Cl2与NaBr反应置换出Br2，可以得出氧化性：Cl2>Br2，而右边棉球变为蓝色，既可以是Cl2与KI反应置换出I2，也可以是Br2与KI反应置换出I2，无法得出氧化性：Br2>I2，C项错误；
D. 试管a中AgNO3溶液过量，当将试管a中溶液与试管b中NaI溶液混合时，AgNO3与NaI直接反应生成AgI黄色沉淀，不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D项错误；
正确答案是B。
9.化合物 (b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 ( )
A. b的同分异构体只有d和p两种
B. b、d、p的二氯代物均只有三种
C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A. b为苯，苯的同分异构体还有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A错误；
B. b的二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；
C. b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误；
D. d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。
故答案选D。
10.已知某有机物X的结构简式如图所示，下列有关叙述不正确的是( )
A. X的化学式为C10H10O6
B. X在一定条件下能与FeCl3溶液发生显色反应
C. 1 mol X分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3 mol、4 mol、1 mol
D. X在一定条件下能发生消去反应和酯化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，X的化学式为C10H10O6，故A正确；
B．含酚-OH，则X在一定条件下能与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；
C．醇-OH、酚-OH、-COOH均与Na反应，只有-COOH与NaHCO3溶液反应，酚-OH、-COOH、-COOC-与NaOH反应，且酯水解生成的苯酚结构也与NaOH反应，则1 mol X分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3 mol、4 mol、1 mol，故C正确；
D．含-OH、-COOH均可发生酯化反应，但该有机物不能发生消去反应，不符合消去反应的结构特点，故D错误；
答案选D。
【点晴】本题考查有机物的结构与性质，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，注意选项A中酯与NaOH反应及选项D中消去反应为解答的易错点。
11.水杨酸冬青油、阿司匹林的结构简式如图，下列说法不正确的是
A. 由水杨酸制冬青油的反应是取代反应
B. 阿司匹林的分子式为C9H8O4，在一定条件下水解可得水杨酸
C. 冬青油苯环上的一氯取代物有4种
D. 可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸
【答案】D
【解析】
【分析】
A．水杨酸发生酯化反应生成冬青油；
B．阿司匹林含有酯基，可水解生成水杨酸；
C．冬青油苯环不对称，含有4种H；
D．二者都与氢氧化钠溶液反应。
【详解】A．由水杨酸制冬青油，可与乙酸酐发生取代反应制得，选项A正确；
B．阿司匹林的分子式为C9H8O4，含有酯基，可水解生成水杨酸，选项B正确；
C．冬青油苯环不对称，含有4种H，则一氯取代物有4种，选项C正确；
D．二者都与氢氧化钠溶液反应，应用碳酸氢钠除杂，选项D不正确。
答案选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
12.在实验室中，以一定浓度的乙醛—Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程（如图），乙醛在两电极分别转化为乙醇和乙酸。下列对电解过程的分析正确的是
A. 以铅蓄电池为电源，则a极为Pb电极
B. 石墨Ⅱ电极附近的pH逐渐减小
C. 阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+
D. 每处理含8.8g乙醛的废水，转移电子的数目为0.4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知，钠离子、氢离子向石墨II极移动，石墨II为电解池的阴极，b为电源的负极，a极为电源的正极，以铅蓄电池为电源，铅为负极，二氧化铅为正极，因此a极为PbO2电极，A错误；
B.在阴极氢离子、乙醛，得电子生成氢气和乙醇，电极反应式为4H++4e-=2H2↑，CH3CHO+2H++2e- = CH3CH2OH，溶液的pH逐渐变大，B错误；
C.阳极发生氧化反应，CH3CHO失电子被氧化为乙酸，阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，C正确；
D.8.8g乙醛其物质的量为0.2mol，有0.1mol乙醛在阳极被氧化：CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，有0.1mol乙醛在阴极还原：CH3CHO+2H++2e- = CH3CH2OH，所以0.1mol乙醛发生氧化或还原均转移电子0.2NA，D错误；
答案选C。
13.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是
A. 单质的熔点：Z>X B. Z与Y、W均能形成离子化合物
C. 气态氢化物的沸点：X
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。
A．X、Z分别为C、Na元素，金属Na熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：X＞Z，故A错误；
B．Na与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl，都是离子化合物，故B正确；
C．水分子间能够形成氢键，沸点：H2O＞HCl，故C错误；
D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；
故选B。
14.利用图示装置进行实验，反应进行足够长时间后装置II中实验现象正确的是
①
②
③
II中实验现象
A
浓盐酸
大理石
氯化钡溶液
产生大量白色沉淀
B
浓氨水
碱石灰
硫酸亚铁溶液
产生大量白色沉淀
C
冰醋酸
乙醇和浓硫酸
饱和碳酸钠溶液
溶液分层，上层为油状液体
D
浓盐酸
KMnO4
氢硫酸
产生淡黄色沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应生成二氧化碳气体，且盐酸易挥发，二氧化碳与氯化钡溶液不反应，观察到Ⅱ中溶液无明显变化，不能产生白色沉淀，选项A错误；
B．反应生成氨气，氨气与硫酸亚铁溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气，沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，则观察到Ⅱ中先生成白色沉淀，沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，后选项B错误；
C．酯化反应需要加热，则图中装置不能生成乙酸乙酯，选项C错误；
D．反应生成氯气，氯气与氢硫酸反应生成盐酸的硫沉淀，则观察到Ⅱ中出现淡黄色沉淀，选项D正确；
答案选D。
15.已知某反应aA（g）+bB（g）cC（g）△H=Q在密闭容器中进行，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. T1＜T2，P1＜P2，a+b＞c，Q＜0
B. T1＞T2，P1＜P2，a+b＜c，Q＞0
C. T1＜T2，P1＞P2，a+b＜c，Q＞0
D. T1＜T2，P1＞P2，a+b＞c，Q＜0
【答案】B
【解析】
【详解】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，即a+b＜c；
压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即Q＞0，答案选B。
【点睛】本题考查化学平衡图象问题，注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析：温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应。
16.常温时，在25 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol/L醋酸溶液，曲线如图所示。有关粒子浓度大小关系的比较正确的是（ ）
A. 在A、B间任一点(不包含A、B两点)，溶液中一定有：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. 在B点，a＞12.5，且有：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝c(OH－)＝c(H＋)
C. 在C点：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. 在D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A. a点醋酸和NaOH恰好中和生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以在A、B间任一点溶液都是碱性，c(H＋)
C. C点时，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知c(CH3COO-)＞c(Na+)，溶液中离子浓度大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C正确；
D. D点时，n(NaOH)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，n(HAc)=0.025mol/L×0.02L=0.005mol，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)﹦2c(Na+)，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液PH的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。开始时c(OH-)＞c(CH3COO-)，当恰好中和时消耗0.2mol/L醋酸溶液12.5mL，反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性；B点呈中性，则有V＞12.5mL，但此时c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)；C点醋酸过量，溶液呈酸性，所加入醋酸的物质的量大于NaOH的物质的量。
二、填空题
17.亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的工业盐，易溶于水，微溶于乙醇。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究：
Ⅰ.亚硝酸钠的制备。
（1）装置B的作用是________________________。
（2）D中澄清石灰水变浑浊，则C中制备NaNO2的离子方程式为______________。
Ⅱ.探究亚硝酸钠与硫酸反应气体产物成分。
已知：①NO＋NO2＋2OH－=2NO＋H2O
②气体液化的温度：NO2为21 ℃，NO为－152 ℃
（3）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是_______________________。
（4）仪器的连接顺序(按左→右连接)：A→C→________。
（5）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，装置A中产生红棕色气体。若D中通入过量O2，装置B中的化学方程式是_______________________。
Ⅲ.设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性。
（6）供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、Fe2(SO4)3溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、KSCN溶液___________________________________________________。
【答案】 (1). 除去HNO3 (2). 4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2 (3). 排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰 (4). E→D→B (5). 4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O (6). 取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性
【解析】
【分析】
（1）硝酸易挥发，所以装置B的作用是除去HNO3；
（2）N元素化合价升高，必有O2参与，同时澄清石灰水变浑浊，有CO2生成，反应方程式为：4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2；
（3）空气中的氧气能氧化NO，所以必须先排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰；
（4）由于NO2的液化温度高，所以首先检验NO2，即先通过E，然后再通过D，最后需要有尾气处理；
（5）若氧气过量，则进入B装置的气体全部是NO2，所以反应的方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O；
（6）取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性。
【详解】Ⅰ.（1）硝酸易挥发，所以装置B的作用是除去HNO3，故答案为：除去HNO3。
（2）N元素化合价升高，必有O2参与，同时澄清石灰水变浑浊，有CO2生成，则C中制备NaNO2的离子方程式为：4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2，故答案为：4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2。
Ⅱ.（3）空气中的氧气能氧化NO，所以必须先排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰，故答案为：排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰。
（4）由于NO2的液化温度高，所以首先检验NO2，即先通过E，然后再通过D，最后需要有尾气处理，即连接顺序是E→D→B，故答案为：E→D→B。
（5）若氧气过量，则进入B装置的气体全部是NO2，所以反应的方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，故答案为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。
Ⅲ.（6）取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性，故答案为：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性。
【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。
18.硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%，质量分数），还有CaO、MnO2、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4∙7H2O的工艺流程如下：
（1）实验中需要1 mol/L的硫酸800 mL，若用 98% 的浓硫酸（ρ= 1.84 g/mL）来配制，量取浓硫酸需要使用量筒的规格为__________（填写选项字母）
A．10 mL B．20 mL C．50 mL D．100 mL
（2）加入的NaClO可与Mn2+ 反应：Mn2+ + ClO‾ + H2O = MnO2↓+ 2H+ + Cl‾ ，在该步骤中还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为___________________。
（3）滤渣的主要成分除含有Fe(OH)3、Al(OH)3外，还含有_________________。（写2个）
（4）在“除钙”前，需检验滤液中Fe3+ 是否被除尽，简述检验方法___________________。（写出操作、现象和结论）
（5）已知MgSO4、CaSO4 的溶解度（单位为 g/100 g 水）如下表：
温度（℃）
40
50
60
70
MgSO4
30.9
33.4
35.6
36.9
CaSO4
0.210
0.207
0.201
0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤______________。“操作Ⅰ”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，便得到了MgSO4∙7H2O。
（6）实验中提供的硼镁泥共100 g，得到 MgSO4∙7H2O为172.2 g ，则MgSO4∙7H2O 的产率为___。
【答案】 (1). C (2). 2Fe2+ + ClO‾ + 2H+ = 2Fe3+ + Cl‾ + H2O (3). SiO2 和 MnO2 (4). 取最后一滴滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色不变红色，说明滤液中Fe3+被除尽；若出现红色，说明没有除尽 (5). 蒸发浓缩（高温浓缩），趁热过滤 (6). 70%
【解析】
【分析】
硼镁泥主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把亚铁离子氧化成铁离子，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体，以此来解答。
【详解】（1）需用1mol/L的硫酸800mL，若用98%的浓硫酸(ρ=1.84g/mL)来配制，结合溶液配制前后溶质的物质的量不变可知，量取浓硫酸为=0.054L=54mL，则选择量筒为100mL，故答案为：D；
（2）NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++ClO−+H2O=MnO2↓+2H++Cl−，溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2++ClO−+2H+=2Fe3++Cl−+H2O，故答案为：2Fe2++ClO−+2H+=2Fe3++Cl−+H2O；
（3）SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把亚铁离子氧化成铁离子，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤得滤渣Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2、SiO2，故答案为：MnO2、SiO2；
（4）检验滤液中Fe3+是否被除尽，检验方法为取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，故答案为：取最后一滴滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色不变红色，说明滤液中Fe3+被除尽；若出现红色，说明没有除尽；
（5）由温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；“操作Ⅰ”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，再经过过滤，便得到MgSO4⋅7H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩（高温浓缩），趁热过滤；
（6）硼镁泥主要成份是MgO(占40%)，则100g中含Mg为100g×40%××100%=24g，由Mg原子守恒可知得到MgSO4⋅7H2O为1mol，1mol×246g/mol=246g，则MgSO4⋅7H2O的产率为×100%=70%，故答案为：70%。
19.研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = ______。
(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________； 在1100K 时，CO2的体积分数为______。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。
(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。
(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。
②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝_____(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). （2a+2b+c）kJ•mol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20％ (4). 4 (5). A (6). < (7). 0.25
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律解答。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。
②利用化学平衡常数表达式计算。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。
【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；
② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；
③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；
利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJ•mol-1。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。
②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为：4。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为：A。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：<。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为：0.25。
20.铁氰化钾，化学式为K3[Fe(CN)6]，主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。
（1）K3[Fe(CN)6]中所涉及的元素的基态原子核外未成对电子数最多的是_________（填元素名称），各元素的第一电离能由大到小的顺序为___________________。
（2）(CN)2分子中存在碳碳键，则分子中σ键与π键数目之比为_______。
（3）CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物熔点为253 K，沸点为为376 K，其固体属于_________晶体。
（4）下图是金属单质常见的两种堆积方式的晶胞模型。
①铁采纳的是a堆积方式.铁原子的配位数为_____，该晶体中原子总体积占晶体体积的比值为_________(用含π的最简代数式表示)。
②常见的金属铝采纳的是b堆积方式，铝原子的半径为r pm，则其晶体密度为__________g·cm-3(用含有r、NA的最简代数式表示)。
【答案】 (1). 铁 (2). N>C>Fe>K (3). 3:4 (4). 分子 (5). 8 (6). (7).
【解析】
【分析】
（1）K的原子核外电子数为19，价电子排布式为4s1，Fe的价电子排布为3d64s2，C的价电子排布为2s22p2，N的价电子排布为2s22p3；非金属性越强，第一电离能越大，且N的2p电子半满为稳定结构；
（2）C≡N中含1个σ键、2个π键，HCN的结构式为H-C≡N；
（3）熔点为253K，沸点为为376K，可知熔沸点低；
（4）图a中Fe原子处于顶点与体心，是体心立方堆积，图b中Al原子处于顶点与面心，属于面心立方最密堆积，以此来解答。
【详解】（1）基态K原子核外电子排布简写式为[Ar]4s1，K3[Fe(CN)6]中所涉及的元素的基态原子核外未成对电子数最多的是Fe，各元素的第一电离能由大到小的顺序为N>C>Fe>K，故答案为：[Ar]4s1；Fe；N>C>Fe>K；
（2）(CN)2的结构式为N ≡C一C≡N，存在碳碳单键，则分子中σ键有3个，π键有4个，σ键与π键数目之比为3:4； 故答案为：3:4；
（3）CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物熔点为253K，沸点为为376K，其固体属于分子晶体；
（4）①铁的a堆积方式为体心立方堆积，与一个铁原子最近的铁原子距离为立方体边长的，这样的原子有八个，所以铁的配位数为8；如图所示：，晶胞中铁原子数为：8×+1×=2，体心立方晶胞中r=，所以铁原子总体积=2×=2×= ，晶胞体积=a3，则该晶体中原子总体积占晶体体积的比值为。
②②铝的b堆积方式为面心立方堆积，晶胞中含有Al原子数为：8×+6×=4，则晶胞质量为：g；该晶胞结构侧面可用如图表示：，铝原子半径rpm=r×10-10cm，设晶胞边长为acm，晶胞边长a与铝原子的半径为r的关系为：2a2=(4r×10-10)2，解得a=r×10-10，所以晶胞体积为：(r×10-10)3cm3，根据密度=质量÷体积，则晶体密度为：g÷(r×10-10)3cm3=g·cm-3。
鲁山一高高三化学11月月考试题
可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 F:19 C:12 Na: 23 Mg:24 Al: 27 Cl:35.5 S:32 Fe:56
一、选择题
1.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是
A. “硅胶”的主要成分是硅酸钠，可用作干燥剂和催化剂的载体
B. 用SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理不相同
C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂
D. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点
【答案】A
【解析】
【详解】A、硅胶的主要成分是硅酸，不是硅酸钠，硅胶可用作干燥剂和催化剂的载体，选项A错误；
B、二氧化硫漂白发生化合反应生成无色物质，活性炭脱色是利用其吸附性，原理不同，选项B正确；
C、氢氧化铝、碳酸氢钠均能中和盐酸，具有弱碱性，都是常见的胃酸中和剂，选项C正确；
D、Na2CO3、NH4Cl在溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊接点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊接点处金属氧化物，选项D正确。
答案选A。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3NA B. 标准状况下，44.8 L HF含有2NA个极性键
C. 19g羟基（-18OH）所含中子数为10NA D. 0.1 mol/L KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 1mol NaHSO4晶体物中含有1molNa+，1molHSO4 - ；所以阴阳离子的总数为2NA，故A错误；
B. HF在标况下是液体，44.8 L HF的物质的量远大于2mol，含有的极性键个数也远大于2NA，故错误；
C. 19g羟基是1mol，一个-18OH中含有10个中子，1mol羟基（-18OH）所含中子数为10NA，故C正确；
D.没有告诉该硫酸铝钾溶液的体积，无法计算硫酸根离子的物质的量及数目，故D错误；
正确答案C。
3.下列实验操作或方法正确的是
A. 检验某溶液中是否含有Fe2+时，先加入少量H2O2，再滴加KSCN溶液
B. 配制100mL lmol/L NaCl溶液时，用托盘天平称取5.85g NaCl固体
C 将FeC13饱和溶液煮沸制备Fe(OH)3胶体
D. 用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯
【答案】D
【解析】
【详解】A．检验某溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液不变色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否变色，顺序不能颠倒，故A错误；
B．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.9gNaCl固体，故B错误；
C．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，当溶液出现红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，防止胶体聚沉，故C错误；
D．乙醇与水混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红；苯不溶于水，分层；三者现象不同，可鉴别，故D正确；
故选D。
4.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 食醋除水垢：
B 稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：
C. 处理工业废水时Cr(Ⅵ)的转化：
D. 用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 食醋是弱酸，在离子方程式中不能拆，故A错误；
B. 二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO，离子方程式为3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，故B错误；
C. 处理工业废水时Cr时，生成，离子方程式为，故C正确；
D. 草酸溶液能使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得方程式：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋==10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，草酸是弱酸，在离子方程式里不能拆，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查离子方程式正误判断，明确物质性质及离子方程式书写规则是解本题关键，离子方程式书写要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒、转移电子守恒，有些化学反应还与反应物的量有关，注意B中发生氧化还原反应。
5.已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1
CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH2
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s) ΔH4
3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是
A. ΔH1＞0，ΔH3＜0 B. ΔH2＞0，ΔH4＞0 C. ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
【答案】C
【解析】
【详解】A. 燃烧反应都是放热反应，ΔH1＜0，ΔH3＜0，A项错误；
B. 燃烧反应都是放热反应，ΔH4＜0，反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g) 为吸热反应，ΔH2＞0，B项错误；
C. ①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1；②CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH2；③2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3；④2Cu(s)＋O2(g)===2CuO(s) ΔH4；⑤CO(g)＋CuO(s)===CO2(g)＋Cu(s) ΔH5；由反应可知②=①-③，由盖斯定律得ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，C项正确；
D. 由反应可知 ，由盖斯定律得，D项错误；
答案选C。
【点睛】本题重点考查热化学反应方程式和盖斯定律。盖斯定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。
6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同
C. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性
D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】
乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；
B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；
C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；
D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。
【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。
7.下列各组离子能在指定溶液中,大量共存的是（ ）
①无色溶液中：K+，Cl—，Na+，H2PO4—，PO43—，SO42－
②使pH=11的溶液中：CO32—，Na+，[Al（OH）4]－，NO3－，S2—，SO32—
③水电离的H+浓度c（H+）=10—12mol·L—1的溶液中：Cl—，HCO3—，NO3－，NH4＋，S2O32—
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4＋，Cl—，K+，SO42－
⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe3+，MnO4—，NO3－，Na+，SO42－
⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3－，I—，Cl—，S2—
A. ①②⑤ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②④
【答案】C
【解析】
【详解】①H2PO4-与PO43-离子之间能够发生反应，在溶液中不能够大量共存，故①错误；
②使pH=11的溶液中存在电离的氢氧根离子，CO32-、Na+、S2-、AlO2-离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；
③室温下水电离的c（H+）=10-13mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能够大量共存，故③错误；
④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量的氢离子，NH4+、Cl-、Na+、SO42-离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；
⑤使甲基橙变红的溶液中为酸性溶液，MnO4-、NO3-、Na+、Fe3+离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故⑤正确；
⑥酸性溶液中，硝酸根离子能够含有碘离子、亚铁离子，在溶液中不能够大量共存，故⑥错误；故可以共存的是②④⑤，C正确。
答案选C。
8.根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是（ ）
选项
实验
现象
实验结论
A
向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液
出现白色沉淀
原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中一种或几种
B
将纯碱和硫酸反应生成的气体，通入一定浓度的Na2SiO3溶液中
出现白色胶状沉淀
酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3
C
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
D
试管a出现白色沉淀，试管b出现黄色沉淀
溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 产生的不溶于稀硝酸的沉淀可以是BaSO4或AgCl，因此原溶液中也可以含有Ag＋，A项错误；
B. 出现白色胶状沉淀，说明发生反应：Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓，根据酸与盐反应遵循“强酸制弱酸”原理，可以得出酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，B项正确；
C. 左边棉球变为橙色，是因为Cl2与NaBr反应置换出Br2，可以得出氧化性：Cl2>Br2，而右边棉球变为蓝色，既可以是Cl2与KI反应置换出I2，也可以是Br2与KI反应置换出I2，无法得出氧化性：Br2>I2，C项错误；
D. 试管a中AgNO3溶液过量，当将试管a中溶液与试管b中NaI溶液混合时，AgNO3与NaI直接反应生成AgI黄色沉淀，不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D项错误；
正确答案是B。
9.化合物 (b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 ( )
A. b的同分异构体只有d和p两种
B. b、d、p的二氯代物均只有三种
C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A. b为苯，苯的同分异构体还有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A错误；
B. b的二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；
C. b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误；
D. d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。
故答案选D。
10.已知某有机物X的结构简式如图所示，下列有关叙述不正确的是( )
A. X的化学式为C10H10O6
B. X在一定条件下能与FeCl3溶液发生显色反应
C. 1 mol X分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3 mol、4 mol、1 mol
D. X在一定条件下能发生消去反应和酯化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，X的化学式为C10H10O6，故A正确；
B．含酚-OH，则X在一定条件下能与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；
C．醇-OH、酚-OH、-COOH均与Na反应，只有-COOH与NaHCO3溶液反应，酚-OH、-COOH、-COOC-与NaOH反应，且酯水解生成的苯酚结构也与NaOH反应，则1 mol X分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3 mol、4 mol、1 mol，故C正确；
D．含-OH、-COOH均可发生酯化反应，但该有机物不能发生消去反应，不符合消去反应的结构特点，故D错误；
答案选D。
【点晴】本题考查有机物的结构与性质，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，注意选项A中酯与NaOH反应及选项D中消去反应为解答的易错点。
11.水杨酸冬青油、阿司匹林的结构简式如图，下列说法不正确的是
A. 由水杨酸制冬青油的反应是取代反应
B. 阿司匹林的分子式为C9H8O4，在一定条件下水解可得水杨酸
C. 冬青油苯环上的一氯取代物有4种
D. 可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸
【答案】D
【解析】
【分析】
A．水杨酸发生酯化反应生成冬青油；
B．阿司匹林含有酯基，可水解生成水杨酸；
C．冬青油苯环不对称，含有4种H；
D．二者都与氢氧化钠溶液反应。
【详解】A．由水杨酸制冬青油，可与乙酸酐发生取代反应制得，选项A正确；
B．阿司匹林的分子式为C9H8O4，含有酯基，可水解生成水杨酸，选项B正确；
C．冬青油苯环不对称，含有4种H，则一氯取代物有4种，选项C正确；
D．二者都与氢氧化钠溶液反应，应用碳酸氢钠除杂，选项D不正确。
答案选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
12.在实验室中，以一定浓度的乙醛—Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程（如图），乙醛在两电极分别转化为乙醇和乙酸。下列对电解过程的分析正确的是
A. 以铅蓄电池为电源，则a极为Pb电极
B. 石墨Ⅱ电极附近的pH逐渐减小
C. 阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+
D. 每处理含8.8g乙醛的废水，转移电子的数目为0.4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知，钠离子、氢离子向石墨II极移动，石墨II为电解池的阴极，b为电源的负极，a极为电源的正极，以铅蓄电池为电源，铅为负极，二氧化铅为正极，因此a极为PbO2电极，A错误；
B.在阴极氢离子、乙醛，得电子生成氢气和乙醇，电极反应式为4H++4e-=2H2↑，CH3CHO+2H++2e- = CH3CH2OH，溶液的pH逐渐变大，B错误；
C.阳极发生氧化反应，CH3CHO失电子被氧化为乙酸，阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，C正确；
D.8.8g乙醛其物质的量为0.2mol，有0.1mol乙醛在阳极被氧化：CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，有0.1mol乙醛在阴极还原：CH3CHO+2H++2e- = CH3CH2OH，所以0.1mol乙醛发生氧化或还原均转移电子0.2NA，D错误；
答案选C。
13.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是
A. 单质的熔点：Z>X B. Z与Y、W均能形成离子化合物
C. 气态氢化物的沸点：X
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。
A．X、Z分别为C、Na元素，金属Na熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：X＞Z，故A错误；
B．Na与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl，都是离子化合物，故B正确；
C．水分子间能够形成氢键，沸点：H2O＞HCl，故C错误；
D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；
故选B。
14.利用图示装置进行实验，反应进行足够长时间后装置II中实验现象正确的是
①
②
③
II中实验现象
A
浓盐酸
大理石
氯化钡溶液
产生大量白色沉淀
B
浓氨水
碱石灰
硫酸亚铁溶液
产生大量白色沉淀
C
冰醋酸
乙醇和浓硫酸
饱和碳酸钠溶液
溶液分层，上层为油状液体
D
浓盐酸
KMnO4
氢硫酸
产生淡黄色沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应生成二氧化碳气体，且盐酸易挥发，二氧化碳与氯化钡溶液不反应，观察到Ⅱ中溶液无明显变化，不能产生白色沉淀，选项A错误；
B．反应生成氨气，氨气与硫酸亚铁溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气，沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，则观察到Ⅱ中先生成白色沉淀，沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，后选项B错误；
C．酯化反应需要加热，则图中装置不能生成乙酸乙酯，选项C错误；
D．反应生成氯气，氯气与氢硫酸反应生成盐酸的硫沉淀，则观察到Ⅱ中出现淡黄色沉淀，选项D正确；
答案选D。
15.已知某反应aA（g）+bB（g）cC（g）△H=Q在密闭容器中进行，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. T1＜T2，P1＜P2，a+b＞c，Q＜0
B. T1＞T2，P1＜P2，a+b＜c，Q＞0
C. T1＜T2，P1＞P2，a+b＜c，Q＞0
D. T1＜T2，P1＞P2，a+b＞c，Q＜0
【答案】B
【解析】
【详解】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，即a+b＜c；
压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即Q＞0，答案选B。
【点睛】本题考查化学平衡图象问题，注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析：温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应。
16.常温时，在25 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol/L醋酸溶液，曲线如图所示。有关粒子浓度大小关系的比较正确的是（ ）
A. 在A、B间任一点(不包含A、B两点)，溶液中一定有：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. 在B点，a＞12.5，且有：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝c(OH－)＝c(H＋)
C. 在C点：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. 在D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A. a点醋酸和NaOH恰好中和生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以在A、B间任一点溶液都是碱性，c(H＋)
C. C点时，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知c(CH3COO-)＞c(Na+)，溶液中离子浓度大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C正确；
D. D点时，n(NaOH)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，n(HAc)=0.025mol/L×0.02L=0.005mol，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)﹦2c(Na+)，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液PH的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。开始时c(OH-)＞c(CH3COO-)，当恰好中和时消耗0.2mol/L醋酸溶液12.5mL，反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性；B点呈中性，则有V＞12.5mL，但此时c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)；C点醋酸过量，溶液呈酸性，所加入醋酸的物质的量大于NaOH的物质的量。
二、填空题
17.亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的工业盐，易溶于水，微溶于乙醇。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究：
Ⅰ.亚硝酸钠的制备。
（1）装置B的作用是________________________。
（2）D中澄清石灰水变浑浊，则C中制备NaNO2的离子方程式为______________。
Ⅱ.探究亚硝酸钠与硫酸反应气体产物成分。
已知：①NO＋NO2＋2OH－=2NO＋H2O
②气体液化的温度：NO2为21 ℃，NO为－152 ℃
（3）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是_______________________。
（4）仪器的连接顺序(按左→右连接)：A→C→________。
（5）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，装置A中产生红棕色气体。若D中通入过量O2，装置B中的化学方程式是_______________________。
Ⅲ.设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性。
（6）供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、Fe2(SO4)3溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、KSCN溶液___________________________________________________。
【答案】 (1). 除去HNO3 (2). 4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2 (3). 排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰 (4). E→D→B (5). 4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O (6). 取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性
【解析】
【分析】
（1）硝酸易挥发，所以装置B的作用是除去HNO3；
（2）N元素化合价升高，必有O2参与，同时澄清石灰水变浑浊，有CO2生成，反应方程式为：4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2；
（3）空气中的氧气能氧化NO，所以必须先排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰；
（4）由于NO2的液化温度高，所以首先检验NO2，即先通过E，然后再通过D，最后需要有尾气处理；
（5）若氧气过量，则进入B装置的气体全部是NO2，所以反应的方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O；
（6）取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性。
【详解】Ⅰ.（1）硝酸易挥发，所以装置B的作用是除去HNO3，故答案为：除去HNO3。
（2）N元素化合价升高，必有O2参与，同时澄清石灰水变浑浊，有CO2生成，则C中制备NaNO2的离子方程式为：4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2，故答案为：4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2。
Ⅱ.（3）空气中的氧气能氧化NO，所以必须先排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰，故答案为：排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰。
（4）由于NO2的液化温度高，所以首先检验NO2，即先通过E，然后再通过D，最后需要有尾气处理，即连接顺序是E→D→B，故答案为：E→D→B。
（5）若氧气过量，则进入B装置的气体全部是NO2，所以反应的方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，故答案为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。
Ⅲ.（6）取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性，故答案为：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性。
【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。
18.硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%，质量分数），还有CaO、MnO2、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4∙7H2O的工艺流程如下：
（1）实验中需要1 mol/L的硫酸800 mL，若用 98% 的浓硫酸（ρ= 1.84 g/mL）来配制，量取浓硫酸需要使用量筒的规格为__________（填写选项字母）
A．10 mL B．20 mL C．50 mL D．100 mL
（2）加入的NaClO可与Mn2+ 反应：Mn2+ + ClO‾ + H2O = MnO2↓+ 2H+ + Cl‾ ，在该步骤中还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为___________________。
（3）滤渣的主要成分除含有Fe(OH)3、Al(OH)3外，还含有_________________。（写2个）
（4）在“除钙”前，需检验滤液中Fe3+ 是否被除尽，简述检验方法___________________。（写出操作、现象和结论）
（5）已知MgSO4、CaSO4 的溶解度（单位为 g/100 g 水）如下表：
温度（℃）
40
50
60
70
MgSO4
30.9
33.4
35.6
36.9
CaSO4
0.210
0.207
0.201
0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤______________。“操作Ⅰ”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，便得到了MgSO4∙7H2O。
（6）实验中提供的硼镁泥共100 g，得到 MgSO4∙7H2O为172.2 g ，则MgSO4∙7H2O 的产率为___。
【答案】 (1). C (2). 2Fe2+ + ClO‾ + 2H+ = 2Fe3+ + Cl‾ + H2O (3). SiO2 和 MnO2 (4). 取最后一滴滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色不变红色，说明滤液中Fe3+被除尽；若出现红色，说明没有除尽 (5). 蒸发浓缩（高温浓缩），趁热过滤 (6). 70%
【解析】
【分析】
硼镁泥主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把亚铁离子氧化成铁离子，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体，以此来解答。
【详解】（1）需用1mol/L的硫酸800mL，若用98%的浓硫酸(ρ=1.84g/mL)来配制，结合溶液配制前后溶质的物质的量不变可知，量取浓硫酸为=0.054L=54mL，则选择量筒为100mL，故答案为：D；
（2）NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++ClO−+H2O=MnO2↓+2H++Cl−，溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2++ClO−+2H+=2Fe3++Cl−+H2O，故答案为：2Fe2++ClO−+2H+=2Fe3++Cl−+H2O；
（3）SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把亚铁离子氧化成铁离子，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤得滤渣Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2、SiO2，故答案为：MnO2、SiO2；
（4）检验滤液中Fe3+是否被除尽，检验方法为取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，故答案为：取最后一滴滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色不变红色，说明滤液中Fe3+被除尽；若出现红色，说明没有除尽；
（5）由温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；“操作Ⅰ”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，再经过过滤，便得到MgSO4⋅7H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩（高温浓缩），趁热过滤；
（6）硼镁泥主要成份是MgO(占40%)，则100g中含Mg为100g×40%××100%=24g，由Mg原子守恒可知得到MgSO4⋅7H2O为1mol，1mol×246g/mol=246g，则MgSO4⋅7H2O的产率为×100%=70%，故答案为：70%。
19.研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = ______。
(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________； 在1100K 时，CO2的体积分数为______。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。
(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。
(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。
②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝_____(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). （2a+2b+c）kJ•mol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20％ (4). 4 (5). A (6). < (7). 0.25
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律解答。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。
②利用化学平衡常数表达式计算。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。
【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；
② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；
③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；
利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJ•mol-1。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。
②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为：4。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为：A。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：<。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为：0.25。
20.铁氰化钾，化学式为K3[Fe(CN)6]，主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。
（1）K3[Fe(CN)6]中所涉及的元素的基态原子核外未成对电子数最多的是_________（填元素名称），各元素的第一电离能由大到小的顺序为___________________。
（2）(CN)2分子中存在碳碳键，则分子中σ键与π键数目之比为_______。
（3）CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物熔点为253 K，沸点为为376 K，其固体属于_________晶体。
（4）下图是金属单质常见的两种堆积方式的晶胞模型。
①铁采纳的是a堆积方式.铁原子的配位数为_____，该晶体中原子总体积占晶体体积的比值为_________(用含π的最简代数式表示)。
②常见的金属铝采纳的是b堆积方式，铝原子的半径为r pm，则其晶体密度为__________g·cm-3(用含有r、NA的最简代数式表示)。
【答案】 (1). 铁 (2). N>C>Fe>K (3). 3:4 (4). 分子 (5). 8 (6). (7).
【解析】
【分析】
（1）K的原子核外电子数为19，价电子排布式为4s1，Fe的价电子排布为3d64s2，C的价电子排布为2s22p2，N的价电子排布为2s22p3；非金属性越强，第一电离能越大，且N的2p电子半满为稳定结构；
（2）C≡N中含1个σ键、2个π键，HCN的结构式为H-C≡N；
（3）熔点为253K，沸点为为376K，可知熔沸点低；
（4）图a中Fe原子处于顶点与体心，是体心立方堆积，图b中Al原子处于顶点与面心，属于面心立方最密堆积，以此来解答。
【详解】（1）基态K原子核外电子排布简写式为[Ar]4s1，K3[Fe(CN)6]中所涉及的元素的基态原子核外未成对电子数最多的是Fe，各元素的第一电离能由大到小的顺序为N>C>Fe>K，故答案为：[Ar]4s1；Fe；N>C>Fe>K；
（2）(CN)2的结构式为N ≡C一C≡N，存在碳碳单键，则分子中σ键有3个，π键有4个，σ键与π键数目之比为3:4； 故答案为：3:4；
（3）CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物熔点为253K，沸点为为376K，其固体属于分子晶体；
（4）①铁的a堆积方式为体心立方堆积，与一个铁原子最近的铁原子距离为立方体边长的，这样的原子有八个，所以铁的配位数为8；如图所示：，晶胞中铁原子数为：8×+1×=2，体心立方晶胞中r=，所以铁原子总体积=2×=2×= ，晶胞体积=a3，则该晶体中原子总体积占晶体体积的比值为。
②②铝的b堆积方式为面心立方堆积，晶胞中含有Al原子数为：8×+6×=4，则晶胞质量为：g；该晶胞结构侧面可用如图表示：，铝原子半径rpm=r×10-10cm，设晶胞边长为acm，晶胞边长a与铝原子的半径为r的关系为：2a2=(4r×10-10)2，解得a=r×10-10，所以晶胞体积为：(r×10-10)3cm3，根据密度=质量÷体积，则晶体密度为：g÷(r×10-10)3cm3=g·cm-3。
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