黑龙江省宾县一中2020届高三上学期第三次月考化学试题


黑龙江省宾县一中2020届高三上学期第三次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，O-16，Na-23，Mg-24，S-32，K-39，Fe-56，Cu-64
一、单选题
1.化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 生活中钢铁制品生锈主要是由于发生吸氧腐蚀所致
B. 将氨气催化氧化生成NO，属于氮的固定
C. 维纶被称为“人造棉花”，是因为其分子链上含有羟基的缘故
D. 氢氧化铝是医用的胃酸中和剂的一种
【答案】B
【解析】
【详解】A.生活中钢铁制品生锈主要是由钢铁中的Fe与杂质C及金属制品表面的水膜中的电解质构成原电池，Fe失去电子，被氧化，溶解在水中的氧气获得电子被还原，即由于发生吸氧腐蚀所致，A正确；
B.氨气中的N是化合物，由氨气转化为NO，是氮元素的化合物之间的转化，不属于氮的固定，B错误；
C.维纶被称为“人造棉花”，是因为其分子链上含有与纤维素相同的官能团羟基，其性能接近棉花，C正确；
D.氢氧化铝是两性氢氧化物，不溶于水，能够与胃酸反应，降低胃酸的浓度，本身不会对人产生刺激，因而是医用的胃酸中和剂的一种，D正确；
故合理选项是B。
2.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是(　　)
A. 石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐
B. 分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间
C. 海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化
D. 农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误；
B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；
C．海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误；
D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D正确；
故选D。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)
A. FeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板
B. 漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NO
C. CaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤
D. 活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2＋等重金属
【答案】B
【解析】
【详解】A.FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；
B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO有害气体，B正确；
C.CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；
D.活性炭与Pb2+等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2+等重金属离子，D错误；
故合理选项是B。
4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)
A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；
B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；
C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；
D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；
答案选A。


5.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1L0.5mol/LNaHCO3溶液中含有的HCO3-数目小于0.5NA
B. 标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为
C. 容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
D. 电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目一定为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸氢钠是弱酸酸式盐，在水中会发生部分水解和电离，因此的数目会小于0.5NA，A项正确；
B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，因此最后得到的分子数一定小于4NA，B项错误；
C.正常情况下会部分转变为，因此最后得到的分子数小于2NA，C项错误；
D.粗铜中除了铜以外存在其它金属，若其它金属放电，则转移的电子数将不是NA，D项错误；
答案选A。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 用氨水吸收足量的SO2气体:2OH-+SO2=SO32-+H2O
B. NaClO将污水中的NH3氧化成N2: 3ClO-+2NH3=N2↑+3C1-+3H2O
C. 酸性条件下，用H2O2将Fe2+转化为Fe3+:H2O2+Fe2++2H+=Fe3++2H2O
D. NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应:A13++4OH-=AlO2-+2H2O
【答案】B
【解析】
A.用氨水吸收足量的SO2气体,反应生成亚硫酸氢铵,正确的离子方程式为：
NH3˙H2O+SO2=NH4++HSO3-，A错误；B. NaClO具有强氧化性，NH3具有还原性，NaClO能将NH3氧化成N2，离子方程式为：3ClO-+2NH3=N2↑+3C1-+3H2O，B正确；C. 酸性条件下，用H2O2将Fe2+转化为Fe3+，正确的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，C错误；D. NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应的正确的离子方程式为：NH4++A13++5OH-=AlO2-+2H2O+ NH3˙H2O，D错误；答案选B.
7.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)
A. 0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：Na+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣
B. 0.1mol•L﹣1NaOH溶液：K+、NO3﹣、Br﹣、SiO32﹣
C. 0.1mol•L﹣1Ba(OH)2溶液：Al3+、NH4+、NO3﹣、HCO3﹣
D. 0.1mol•L﹣1KI溶液：Mg2+、NH4+、MnO4﹣、Cl﹣
【答案】B
【解析】
【详解】A、Fe3+、ClO﹣与SCN﹣均发生反应，在溶液中不能大量共存，故A不选；
B、K+、NO3﹣、Br﹣、SiO32﹣之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故B选；
C、Al3+、NH4+、HCO3﹣都与Ba(OH)2反应，在溶液中不能大量共存，故C不选；
D、MnO4﹣能够氧化I-，在溶液中不能大量共存，故D不选。
【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN﹣)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。
8.已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)；ΔH1
2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g)；ΔH2
C(s)+ O2(g)=CO2(g)；ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的ΔH为
A. 12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1 B. 2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
C. 12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1 D. ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：已知：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)═2C3H5(ONO2)3(l)；△H1，
②H2(g)+O2(g)=H2O(g)；△H2，③C(s)+O2(g)═CO2(g)；△H3，
由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：
4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)；△H=12△H3+10△H2-2△H1；
故选A
【点晴】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，构建目标方程式是解答关键。根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。
9.下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
向盐酸中滴加Na2SO3溶液
产生使品红溶液褪色的气体
非金属性：Cl>S
B
向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡
未出现红色固体
X中一定不含Cu2+
C
向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇
溶液褪色
乙醇具有还原性
D
用3 mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴 Cu(NO3)2浓溶液
迅速产生无色气体
形成Zn-Cu原电池加快了制取H2的速率


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.盐酸中滴加Na2SO3溶液反应生成SO2气体，只能说明盐酸酸性大于亚硫酸，无法比较S和Cl的非金属性强弱，故A错误；
B.Fe先与FeCl3反应，再与Cu2+反应，由于加入少量的铁粉，Fe3+未反应完，所以无红色固体生成，无法确定是否含有Cu2+，故B错误；
C.酸性高锰酸钾溶液有氧化性，加入乙醇，溶液褪色，说明乙醇被氧化，体现了乙醇的还原性，故C正确；
D. 用3 mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴 Cu(NO3)2浓溶液，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，与金属反应不能生成氢气，故D错误，
故选C。
10.下列有关实验的描述正确的是：
A. 要量取15.80mL溴水，须使用棕色的碱式滴定管
B. 用pH试纸检测气体的酸碱性时，需要预先润湿
C. 溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出碘
D. 中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，主要目的是为了充分反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴水可氧化橡胶，应选酸式滴定管，故A错误；
B．气体溶于水后才能显示一定的酸碱性，因此，用pH试纸检测气体的酸碱性时，需要预先润湿，故B正确；C．溴与KI反应生成的碘易溶于溴苯，汽油与溴苯互溶，无法萃取，应选NaOH溶液充分洗涤、分液，故C错误；
D．环形玻璃搅拌棒应该上下移动，进行搅拌，温度计插在玻璃环中间，无法旋转搅拌棒，故D错误；
答案选B。
11.主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：T>R>W>Z
B. T和R形成化合物的水溶液呈碱性
C. 化合物TX具有很强的还原性，可与水反应
D. T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两能发生反应
【答案】A
【解析】
【分析】
主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸，据此分析。
【详解】主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸。
A. 同周期元素从左而右依次减小，故原子半径：T(K)> Z(Al) >W(Si)> R(S)，选项A不正确；
B. T和R形成化合物K2S为强碱弱酸盐，水解呈碱性，选项B正确；
C. 化合物TX为KH，具有很强的还原性，可与水反应生成氢氧化钾和氢气，选项C正确；
D. T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钾、硫酸、氢氧化铝两两能发生反应，选项D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用。推断元素是解题的关键，通过判断：Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，结合Y元素原子序数较小，可知为O3，从而进一步求解。
12.现有原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，其中W和X位于同主族，且原子序数相差2，Y是形成化合物最多的元素，Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，下列说法正确的是(　　)
A. 由W和Y组成的化合物中只可能含有极性共价键
B. 简单离子半径：r(W—)>r(X+)
C. 室温下，同浓度的氧化物对应水化物水溶液的pH：Z＜Y
D. Y、Z、W三元素形成的化合物有可能是电解质
【答案】B
【解析】
【分析】
由W和X位于同主族，且原子序数相差2可知，W为H元素，X为Li元素；Y是形成化合物最多的元素，则Y是C元素；Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，则Z是Cl元素。
【详解】A项、由H元素和C元素组成的化合物为烃，烃分子中可以含有碳氢极性键和碳碳非极性键，故A错误；
B项、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，H—和Li+具有相同的电子层结构，则离子半径r(H—)>r(Li+)，故B正确；
C项、次氯酸的酸性小于碳酸，室温下，同浓度的次氯酸的pH大于碳酸，故C错误；
D项、H、C、Cl三元素形成的化合物为氯代烃，氯代烃为非电解质，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查元素周期律的应用，，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。
13.中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是

A. 电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极
B. B极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO—— 8e− + 4H2O ═ 2HCO3—+9H+
C. 当外电路中有0.2 mol e−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA
D. A极的电极反应式为+ H++2e− ═ Cl−+
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，B为负极，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，据此分析解答。
【详解】A．原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；
B．B极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，B极不是阳极，故B错误；
C．根据电子守恒可知，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；
D．A为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，故D正确；
答案选B。
【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B，要注意原电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。
14.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B. 充电时，电解质溶液中c(OH－) 逐渐减小
C. 放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–= Zn(OH)42－
D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
【答案】C
【解析】
【详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；
B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；
C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；
D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；
答案选C
【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。


15.一定温度下，在1L恒容密闭容器中加入lmol的N2(g)和3molH2(g)发生反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0， NH3的物质的量与时间的关系如下表所示，下列说法不正确的是( )
时间(min)
0
t1
t2
t3
NH3物质的量(mol)
0
0.2
0.3
0.3



A. 0~t1min，v(NH3)=0.2/t1mol·L-1·min-1
B. t3时再加入1mol的N2(g)和3molH2(g)，反应达新平衡时，c(N2)>0.85mol·L-1
C. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的活化能小于2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的活化能
D. 升高温度，可使正反应速率减小，逆反应速率增大，故平衡逆移
【答案】D
【解析】
【详解】A. 0~t1min时生成NH3的浓度==0.2mol/L，生成NH3的平均反应速率==mol·L-1·min-1，A项正确；
B.由表格数据可知，第t3时反应已处于平衡状态，根据反应方程式N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)可知此时消耗N2的物质的量==×0.3mol=0.15mol，所以平衡时N2的浓度c(N2)==0.85mol/L。当t3时再加入1mol的N2(g)和3molH2(g)时，尽管平衡向正反应方向移动，但加入的1molN2不可能完全转化，所以再次平衡时c(N2)>0.85mol/L，B项正确；
C. 因为合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是放热反应，其能量关系图可表示为：（其中E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能），显然合成氨的活化能（E1）小于其逆反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)活化能（E2），C项正确；
D.升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，D项错误；
答案选D。
16.一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是

A. 甲为正极，丙为阴极
B. 丁极的电极反应式为MnO42――e－===MnO4－
C. KOH溶液的质量分数：c%>a%>b%
D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有4molK+移入阴极区
【答案】C
【解析】
分析】
分析装置的特点，可知左边是燃料电池，右边是电解池；通入氧气的电极甲是电池的正极，与甲相连的电极丁是电解池的阳极，则丁电极上MnO42―被氧化为MnO4－；丙电极是电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极被还原为氢气，所以气体X是氢气。
【详解】A、通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相连的一极为电解池阳极，所以丙是阴极，故A正确；
B、丁是电解池阳极，MnO42―失电子被氧化为MnO4－，电极反应式是MnO42――e－===MnO4－，故B正确；
C、丙电极上的反应是 ，电极甲的电极反应式是，乙电极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，根据溶液流动方向，c%＞b%＞a%，故C错误，
D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L氧气时，转移4mol电子，所以理论上有4molK+移入阴极区，故D正确。
【点睛】本题考查原电池与电解池，明确离子移动方向、电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算，注重基础知识的考查。
二、填空题
17.（1）工业上利用N2和H2合成NH3，NH3又可以进一步制备联氨(N2H4)等。由NH3制备N2H4的常用方法是NaClO氧化法，其离子反应方程式为______________________，有学者探究用电解法制备的效率，装置如图，试写出其阳极电极反应_________________________；

（2）乙醇汽油是被广泛使用的新型清洁燃料，工业生产乙醇(CH3CH2OH)的一种反应原理为：2CO(g)+4H2(g) CH3CH2OH(g)+H2O(g) △H=-akJ/mol，己知：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=-bkJ/mol，以CO2(g)与H2(g)为原料也可合成气态乙醇及水蒸气，并放出热量，写出该反应的热化学反应方程式： _______________________________。
（3）如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。

①该电解槽的阳极反应为_______________。 此时通过阴离子交换膜的离子数_____(填“大于”“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。
②制得的氢氧化钾溶液从出口(填“A”、“B”、“C”或 “D”)_______导出。
③电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因______________________。
【答案】 (1). 2NH3+ClO- =N2H4+H2O + Cl- (2). 2NH3-2e－+O2- =N2H4+H2O (3). 2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(g)+3H2O(g) △H=-(a-2b) kJ/mol (4). 2H2O－4e- = 4H＋ + O2↑ (5). 小于 (6). D (7). H2O H＋+ OH－，H＋在阴极附近放电，引起水的电离平衡向右移动，使c(OH－)>c(H＋)
【解析】
【详解】（1）该反应中次氯酸钠作氧化剂，氨气作还原剂，注意产物联氨中的氮元素化合价为-2价，离子方程式为：；装置图左侧发生氨气的氧化反应，因此左侧是阳极，发生的反应为：；
（2）根据已有的两个方程式，可以发现若用①式减去两倍的②式，即可得到用与作原料的反应方程式，据此可写出热化学反应方程式为：；
（3）①该装置左侧为阳极，右侧为阴极，因此中的钾离子可穿过阳离子交换膜移向阴极，硫酸根离子可穿过阴离子交换膜移向阳极，从而起到净水的作用。同时左侧可以得到更多的硫酸，右侧可以得到更多的氢氧化钾。阳极反应为；因为带2个负电荷而只带1个正电荷，因此若要保证溶液中时刻电中性，穿过阳离子交换膜的数量应该是阴离子交换膜的的两倍；
②根据装置图可以看出B、C两个口是用来导出气体产物的，A、D两个口是用来导出液体产物的，而氢氧化钾在右侧产生，则应从D口导出；
③正常情况下水电离出等量的和，但是阴极附近不断放电被消耗，导致电离平衡正向移动，于是碱性不断增强。
18.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：______________________________________________、_____________________________。
(2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按下图连接好装置进行实验。

①仪器B的名称是________。
②将下列实验操作步骤正确排序_____________(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
a．点燃酒精灯，加热
b．熄灭酒精灯
c．关闭K1和K2
d．打开K1和K2，缓缓通入N2
e．称量A
f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝________(列式表示)。若实验时按a、d次序操作，则使x________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). 样品中没有Fe3＋ (2). Fe2＋易被氧气氧化为Fe3＋ (3). 干燥管 (4). d、a、b、f、c、e (5). (6). 偏小
【解析】
【详解】（1）只会与产生血红色物质，因此溶液颜色无变化说明样品中不含，且样品中的易被空气中的氧气所氧化，被氧化成后溶液才开始变红；
（2）①装置B是球形干燥管，里面可装碱石灰用来干燥气体；
②在组装好实验器材并检验过气密性后，应先打开K1和K2，缓慢通入，再点燃酒精灯加热。实验结束时顺序和开始时相反，所以先熄灭酒精灯、冷却到室温后再关闭K1和K2，称量A中剩余固体的质量。因此正确的顺序是d、a、b、f、c、e；
③加热后损失的水分的质量为g，加热后剩余的是g，二者的摩尔质量是已知的，因此水和的物质的量之比为，也就是说水的物质的量是硫酸亚铁的倍，因此x的值为；实验时若先加热后通入，就会导致部分水分残留在A内壁上，造成最后的x值偏小。
19.化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2 L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，达到平衡后测得各组分的浓度如下：
物质
CO
H2
CH3OH
浓度/(mol·L－1)
0.9
1.0
0.6

(1)反应达到平衡时，CO的转化率为________。
(2)该反应的平衡常数K＝________。
(3)恒温恒容条件下，可以说明反应已达到平衡状态的是________(填字母)。
A．v正(CO)＝2v逆(H2)
B．混合气体的密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
(4)若将容器体积压缩到1 L，则达到新平衡时c(H2)的取值范围是__________。
(5)若保持容器体积不变，再充入0.6 mol CO和0.4 mol CH3OH，此时v正__v逆(填“>”“<”或“＝”)，平衡_____________移动。
【答案】 (1). 40% (2). (或0.67)　(L/mol) 2 (3). CD (4). 1.0 mol·L－1 【解析】
【详解】（1）根据化学计量比，甲醇和一氧化碳的计量比是1:1，也就是说生成0.6mol/L甲醇需要消耗0.6 mol/L的，因此反应前一氧化碳的浓度为1.5 mol/L，则转化率为；
（2）根据方程式可知K的表达式为 ，再代入平衡时各物质的平衡浓度可得；
（3）A.根据反应的化学计量数之比应该是2v正()=v逆()时，才能说明反应达到平衡状态，A项错误；
B.因为这是一个恒容体系且所有物质都是气体，所以密度是恒定不变的，B项错误；
C.因为该反应是一个反应前后气体分子数不等的反应，因此当气体的平均相对分子质量不变时可说明反应已达平衡，C项正确；
D.所有反应物和生成物的浓度不变正是反应达到平衡的条件，D项正确；
故选CD；
（4）首先根据，假设平衡不随着体积的改变而移动，则当容器体积缩小到一半时，氢气浓度变成2倍，即2 mol/L；但是平衡要移动，由勒夏特列原理可知当体积减小（压强增大）时，平衡要向气体分子数减少（压强减小）的方向进行，也就是正向进行，因此氢气要被消耗一部分，比理论上的2 mol/L要少，但是仍然多于1 mol/L；
（5）第二问已经算出了该反应的K值为0.67，当温度未改变时K值也不会改变，将新的甲醇浓度和一氧化碳浓度代入浓度商Q：，发现此时Q仍与K相等，因此平衡不移动，平衡没移动也就是说正逆反应速率仍然相等。
20.重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。
Ⅰ.某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：

注：常温下，部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时所需的pH，如下表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
pH
3.7
9.6
11.1
8
9

（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填字母，下同)。
A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4
（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；
已知钠离子交换树脂原理：Mn＋＋nNaR―→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是____________。
A.Fe3＋ B.Al3＋ C.Ca2＋ D.Mg2＋
（3）还原过程在酸性条件下进行，每消耗0.8 mol Cr2O转移4.8 mol e－，该反应离子方程式为________________________________________________________________________。
Ⅱ.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O的废水，该法用Fe作电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3溶液。
（1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？________(填“能”或“不能”)，理由是_____________。
（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝1×10－20，假设溶液的c(Cr3＋)=0.01mol/L，当pH应为______时开始生成沉淀。
【答案】 (1). A (2). AB (3). CD (4). 3S2O＋4Cr2O＋26H＋===6SO＋8Cr3＋＋13H2O (5). 不能 (6). 因阳极产生的Cu2＋不能使Cr2O还原到低价态 (7). 8
【解析】
I.某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子,同时Cr3+被氧化为Cr2O72-,加氢氧化钠调节pH=8,则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+,再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4，
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,同时不能引入新的杂质,所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案为A；
(2)根据表中数据可知,pH=8时,Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,则Fe3+、Al3+被除去;通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+；故答案为AB；CD；
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole−,则1molCr2O72-转移6mol电子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化为SO42-,则反应的离子方程式为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；故答案为3S2O32-＋4Cr2O72-＋26H＋===6SO42-＋8Cr3＋＋13H2O
II.(1)若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，故答案为不能;因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态；
(2)由Cr(OH)3的溶度积Ksp＝1×10－20可得Ksp＝c(Cr3+)×c3(OH−)=0.01×c3(OH−)=1×10－20，c(OH−)=1×10－6，所以c(H+)=1×10－8，pH=8，故答案为8