还剩15页未读，
继续阅读
辽宁省沈阳市城郊市重点联合体2020届高三上学期期中考试模拟考试（2）化学试题
展开
化学试卷
第I卷 客观题（本部分共15小题，共45.0分）
1.化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
B. 我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料
C. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体
D. 双氧水、高锰酸钾溶液可以完全杀死埃博拉病毒，其消毒原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同
【答案】C
【解析】
A，二氧化硅是酸性氧化物，可以与强碱反应生成可溶性硅酸盐和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，A正确。B，无机非金属材料是指除有机高分子材料和金属材料外的所有材料的统称。碳纤维属于人类制造的一种碳的单质，属于非金属单质，所以B正确。C，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物直径比胶体粒子大，胶体粒子直径在0.001～0.1微米之间，所以C是错误的。D，双氧水、高锰酸钾溶液可以完全杀死埃博拉病毒是因为它们具有强氧化性，漂白粉能消毒饮用水也是因为强氧化性，所以两者原理相同，D正确。
2. 下列化学用语正确的是
A. NH4Cl的电子式： B. S2—的结构示意图：
C. 乙醇的分子式：CH3CH2OH D. 原子核内有8个中子的碳原子：
【答案】D
【解析】
试题分析：A、NH4Cl电子式为，故A错误；B、S2—的结构示意图：，B错误；C、乙醇的分子式：C2H6O，CH3CH2OH是结构简式，C错误；D、正确。选D。
考点：化学用语
3.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1molCl2与足量Fe反应,转移的电子数为3NA
B. 在反应KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中,每生成3molI2转移电子数为5NA
C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2,当有1molFe2+被氧化时,共转移电子的数目为NA
D. 1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 1molCl2与足量Fe反应，氯气少量，按照氯气计算转移的电子数，为2NA，与题意不符，A错误；
B. 在反应KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中，每生成3molI2，则有5mol的碘离子变为碘单质，转移电子数为5NA，符合题意，B正确；
C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，溶液中的碘离子还原性强，先反应，当有1molFe2+被氧化时，碘离子的量未知，则无法计算共转移电子的数目，与题意不符，C错误；
D. 1molCl2参加反应，若全部变为-1价时，转移电子数一定为2NA，若部分升高，部分降低时，则不一定为2NA，与题意不符，D错误；
答案B。
【点睛】氯气与水反应时，化合价部分升高，部分降低。
4.同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是
A. 同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1
B. 甲与乙的相对分子质量之比为1∶1
C. 同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1
D. 等质量的甲和乙中的原子数之比一定为1∶1
【答案】D
【解析】
【分析】
同温同压下，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为1：2，由n= V/Vm,可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2。
【详解】A项、同温同压下，气体摩尔体积相同，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据ρ=m/V知，其密度相同，故A正确；
B项、根据m=nM=VMVm知，二者的相对分子质量为1：1，故B正确；
C项、根据PV=nRT=m/MRT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，故C正确；
D项、等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，注意把握相关计算公式的运用。
5.在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是
A. 反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C. 反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子
D. 该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的
【答案】B
【解析】
【分析】
根据CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl = 3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。
【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；
B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；
C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；
D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。
综上所述，本题正确答案为B。
6.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置的叙述中正确的是
A. 装置①常用于分离互不相溶液体混合物
B. 装置②可用于吸收HCl气体，并防止倒吸
C. 以NH4HCO3为原料，装置③可用于实验室制备少量NH3
D. 装置④b口进气，用排空气法可收集CO2、NO等气体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 装置①常用于分离互溶液体且沸点相差较大的混合物，A错误；
B. 因氯化氢极易溶于水，装置②中氯化氢直接通入水，易形成倒吸现象，B错误；
C.用装置③加热NH4HCO3，产生的杂质气体（CO2、H2O）被碱石灰吸收，此装置可用于实验室制备少量NH3，C正确；
D. NO易与空气中氧气反应，不能用装置④排空气法收集NO气体，D错误。
答案选C。
7.ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制备NaClO2的工艺流程如下图所示：
下列说法不正确的是
A. 工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输
B. 通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收
C. 吸收器中生成 NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2ClO2－+O2↑+2H+
D. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
【答案】C
【解析】
【详解】A.ClO2为气体，不易储存和运输,常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存，A不符合题意；
B. 反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，B不符合题意；
C. 反应的环境是碱性环境，离子方程式应该为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，C符合题意；
D. NaClO2溶液中获得NaClO2固体需要真空蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤和干燥，D不符合题意；
答案：C。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素形成的一种单质是自然界中硬度最大的物质，Y位于周期表中VA族，Z是短周期中金属性最强的元素，W3－与氩原子核外电子排布相同。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Z) > r(W) > r(Y) > r(X)
B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
C. Z3W中既含有离子键又含有共价键
D. X的单质不能与Y的最高价氧化物对应的水化物反应
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素形成的一种单质是自然界中硬度最大的物质，X为C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，Z为Na元素；Y位于周期表中VA族，则Y为N元素；W3－与氩原子核外电子排布相同，W为P元素。
【详解】A. 四种元素的原子中，原子半径最小的是N，即Y，故A错误；
B. N的非金属性比P强，氨气的热稳定性比PH3的强，故B正确；
C. Na3P中只含有离子键，不含共价键，故C错误；
D. C的单质能与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的知识。正确推导元素是解题的关键。本题的易错点是D，要熟悉硝酸的性质。
9.下列反应既属于氧化还原反应,又属于放热反应的是( )
A. 氢氧化钠与稀盐酸反应 B. 甲烷在氧气中的燃烧反应
C. 灼热的碳与CO2的反应 D. Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠与稀盐酸的反应属于非氧化还原反应，与题意不符，A错误；
B. 甲烷在氧气中的燃烧反应，既属于氧化还原反应,又属于放热反应，符合题意，B正确；
C. 灼热的碳与CO2的反应，属于吸热反应，与题意不符，C错误；
D. Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl的反应，属于吸热反应，与题意不符，D错误；
答案为B。
10.在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O (l)，示意图如下：
反应Ⅰ：NH4+(aq)＋2O2(g)===NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O (l) ΔH1＝a kJ·mol－1
反应Ⅱ：5NH4+(aq)＋3NO3-(aq)===4N2(g)＋9H2O(l)＋2H＋(aq) ΔH2＝b kJ·mol－1
下列说法正确的是
A. 两池发生的反应中，氮元素只被氧化
B. 两池中投放的废液体积相等时，NH4+能完全转化为N2
C. 常温常压下，反应Ⅱ中生成22.4 L N2转移的电子数为3.75×6.02×1023
D. 4NH4+(aq)＋3O2(g)===2N2(g)＋4H＋(aq)＋6H2O(l) ΔH＝1/2(3a＋b) kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应I：氧气作氧化剂，反应中O元素的化合价和N元素的化合价发生变化，A错误；
B．反应I：1molNH4+转化为1molNO3-，反应II：1molNO3-消耗NH4+，两个反应中消耗的废液不同，B错误；
C．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算氮气的物质的量，所以无法计算转移的电子的数目，C错误；
D．根据盖斯定律(3×I+II)/2即可得到4NH4+(aq)＋3O2(g)=2N2(g)＋4H+(aq)＋6H2O(l) ΔH＝(3a＋b) kJ·mol－1，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，把握氧化还原反应原理和N元素的化合物的性质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。选项B是解答的易错点，注意气体摩尔体积的使用条件和适用范围。
11.侯氏制碱法制备碳酸氢钠的原理为NH3+H2O+CO2 +NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，某化学小组用如图装置在实验室中模拟该制备过程，下列说法不正确的是
A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶
B. 装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸
C. 装置C中橡胶管的作用是平衡压强，使溶液顺利滴下
D. 实验开始后，应先打开K1一段时间，然后再打开K2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶，A正确；
B. 氨气极易溶于水，装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸，B正确；
C. 装置C中橡胶管的作用是使分液漏斗中液体压强与烧瓶内压强相同，使使分液漏斗中溶液顺利滴下，C正确；
D. 实验开始后，应先打开K2一段时间，使溶液呈碱性，然后再打开K1，吸收更多的二氧化碳，D错误；
答案为D。
12.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之—。对下列反应实验现象的推断或解释正确的是.
选项
操作
实验现象
解释
A
向某钾盐中滴加浓盐酸，产生气体再通入品红溶液
品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3或KHSO3
B
铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液
出现血红色
铝热剂中一定含有氧化铁
C
将少量溴水加入KI溶液中，再加入
CCl4，振荡，静置
下层液体呈紫色
氧化性：Br2>I2
D
将足量过氧化钠固体投入紫色石蕊试液中
溶液变成蓝色
过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A．氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气能够使品红溶液褪色，所以该钾盐可能为氯酸钾，A错误；B．亚铁离子遇到KSCN溶液不会出现血红色，铝和三价铁能反应生成亚铁离子，则可能含Fe2O3，B错误；C．将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，下层液体呈紫色，说明溴能够与碘化钾反应生成单质碘，依据氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性可知：氧化性：Br2＞I2，C正确；D．过氧化钠具有强氧化性，能使有色物质褪色，过氧化钠和水反应生成NaOH导致溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，所以溶液先变蓝色后褪色，D错误；答案选C。
13.已知：(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g) ΔH=+74.9kJ∙mol-1,下列说法中正确是
A. 能自发进行的反应一定是放热反应,不能自发进行的反应一定是吸热反应
B. 该反应是吸热反应,因此一定不能自发进行
C. 碳酸盐分解反应中熵增加,因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行
D. 该反应中熵变、焓变皆大于0,在高温条件下可自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应能否自发进行的判断依据为∆H-T∆S，不能根据反应放热、吸热判断能否自发进行，与题意不符，A错误；
B. 该反应是吸热反应，根据复合判据，在高温时能自发进行，与题意不符，B错误；
C. 碳酸盐分解反应中熵增加，∆S>0，反应为吸热反应，根据复合判据，低温条件下碳酸盐分解不能自发进行，与题意不符，C错误；
D. 该反应中熵变、焓变皆大于0，∆H-T∆S<0时，可自发进行，则在高温条件下可自发进行，符合题意，D正确；
答案为D。
【点睛】判断反应能否进行的判断依据为∆G=∆H-T∆S。
14.钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法不正确的是
A. 盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快
B. 钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小
C. 碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与c(H+)成正比
D. 对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl—也会影响碳素钢的腐蚀速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由酸的浓度对腐蚀速率的影响图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故A正确；B．由图可知，曲线的最低点腐蚀速率最小，则钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故B正确；C．浓硫酸有强氧化性，能使金属表面形成致密的氧化膜保护层，则硫酸浓度较大时不能说明速率与氢离子的关系，故C错误；D．碳素钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，可知Cl-有利于碳素钢的腐蚀，SO42-不利于碳素钢的腐蚀，故D正确；故选C。
15.T ℃时在2 L的密闭容器中X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图甲所示；若保持其他条件不变，反应温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间的关系如图乙所示。
则下列结论正确的是(双选) ( )。
A. 该反应可表示为3X(g)＋Y(g)2Z(g)
B. 若其他条件不变，升高温度，平衡将向逆反应方向移动
C. 若其他条件不变，开始时将该容器压缩为1 L，则反应将按图丙进行
D. 若其他条件不变，使用适当的催化剂，则反应可以按图丙进行
【答案】AD
【解析】
根据图像可求得X，Y，Z在相同时间内的物质的量变化分别为0.6 mol,0.2 mol,0.4 mol，A项正确；图乙中，由拐点之前判断T2温度下的速率较快，则说明T2＞T1，拐点后可知，升高温度，Y的含量减小，即平衡向正反应方向移动，B项错误；若减小容器体积，则相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，即Z的物质的量比图甲中的多，C项错误；加入催化剂，化学反应速率加快。
第II卷 主观题（本部分共4道题，共55分）
16.高铁酸钾（K2FeO4）是一种理想的绿色高效水处理剂。某学习小组用下图所示装置（夹持仪器已略去）制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备K2FeO4。
查阅资料知K2FeO4的部分性质如下：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定；③在Fe3＋和Fe（OH）3催化作用下发生分解；④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2。
请回答下列问题：
（1）仪器C和D中都盛有KOH溶液，其中C中KOH溶液的用途是_________________。
（2）Cl2与KOH的浓溶液在较高温度下反应生成KClO3。为保证反应生成KClO，需要将反应温度控制在0～5℃下进行，在不改变KOH溶液浓度的前提下，实验中可以采取的措施是___________。
（3）在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，写出该反应的化学方程式____________________________________________；该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是________________________________________。
（4）制得的粗产品中含有Fe（OH）3、KCl等杂质。一种提纯方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol·L－1KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥。
①第一次和第二次过滤得到固体分别对应的是（填化学式）______________、___________，过滤时不用普通漏斗而采用砂芯漏斗的原因是_____________________。
②晶体用乙醇洗涤的原因是________________________。
【答案】 (1). 和氯气反应制备KclO (2). 装置C加冰水浴冷却 (3). Fe(NO3)3 + 3KClO +10 KOH = 2K2FeO4 +3KCl + 6KNO3+5H2O (4). 生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解 (5). Fe(OH)3 (6). FeO4 (7). 滤纸在强碱条件下易被腐蚀 (8). 乙醇挥发时带走水分，防止K2FeO4与水发生反应
【解析】
（1）装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，作氧化剂；（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在0℃～5℃，因此采取的措施可以是将装置C放在冰水浴中，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率；（3）将硝酸铁饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的方程式为：2Fe(NO3)3 +3KClO+10KOH＝2K2FeO4 +3KCl+6KNO3+5H2O；根据已知信息可知在铁离子作用下高铁酸钾容易分解，因此为防止生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解，所以该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中；（4）①因为Fe(OH)3不溶于水，所以第一次用砂芯漏斗过滤，除去Fe(OH)3，则得到的固体为Fe(OH)3，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，析出K2FeO4晶体，再进行过滤，则第二次用砂芯漏斗过滤，得到K2FeO4晶体；普通漏斗成分为SiO2，易与氢氧化钾反应而被腐蚀；②由于乙醇易挥发，乙醇挥发时带走水分，可以防止K2FeO4与水发生反应，所以晶体用乙醇洗涤。
点睛：明确实验原理、相关物质的性质和灵活应用题干信息是解答的关键，注意掌握解答综合性实验设计的基本流程：即原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。（6）实验结论：直接结论或导出结论。
17.A、B、C、D、E为短周期元素,A-E原子序数依次增大,质子数之和为40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,E是地壳中含量最多的金属元素。
(1)E元素在周期表中的位置为__________；B、C的氢化物稳定性强的是________(用化学式表示,下同)；B、C、D组成的化合物中含有的化学键为_____________
(2)D2C2的电子式是_________,将D的单质投入A2C中,反应后得到一种无色溶液,E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为______________；
(3)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成氢化物DA,熔点为800℃。DA能与水反应放出氢气,化学反应方程式为_____________。
(4)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式__________________________
【答案】 (1). 第三周期第ⅢA族 (2). H2O (3). 离子键、共价键 (4). (5). 2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑ (6). NaH＋H2O=H2↑＋NaOH (7). H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O
【解析】
【分析】
E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，可判断两种液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H；C为O；A、D同主族，且原子序数大于O的，则D为Na；A-E原子的质子数之和为40，则B的序数为7，则为N。
【详解】(1)E为Al，在周期表中的位置为第三周期IIIA族；B、C分别为N、O，且非金属性N
(3)元素Na可与氢气反应生成氢化钠，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为NaH＋H2O=H2↑＋NaOH；
(4)过氧化氢有强氧化性，可与Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，方程式为H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O。
18.CH4和CO2反应可以制造价值更高的化学产品．
(1)250℃时,以镍合金为催化剂,向4L容器中通入6mol CO2、6mol CH4,发生反应：CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)平衡体系中各组分的浓度为：
物 质
CH4
CO2
CO
H2
平衡浓度mol/L
0.5
0.5
2.0
2.0
①此温度下,该反应的平衡常数K=______注明单位．
②已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1kJ∙mol-1
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2kJ∙mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH3kJ∙mol-1
反应CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)的ΔH=______ kJ∙mol-1
(2)用Cu2Al2O4做催化剂,一定条件下,发生反应：CO2+CH4CH3COOH,请回答：
①温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率如图250~300℃时,温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是______
②为提高上述反应CH4的转化率,可采取的措施有______（写2种）
③Cu2Al2O4可溶解在稀硝酸中,被氧化的元素为______,每消耗3mol Cu2Al2O4时被还原的HNO3为______mol
(3)Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2,
①若寻找吸收CO2的其他物质,下列建议合理的是______
a.可在碱性氧化物中寻找
b.可在具有强氧化性的物质中寻找
c.可在ⅠA、ⅡA族元素的氧化物中寻找
②Li4SiO4可用于吸收、释放CO2,原理是：500℃时, CO2与Li4SiO4接触生成Li2CO3；平衡后加热至700℃,反应逆向进行,放出CO2, Li4SiO4再生,该原理的化学方程式______．
【答案】 (1). 64mol2•L-2 (2). △H1-2△H3+2△H2 (3). 温度在250～300℃时，催化剂的催化效率降低 (4). 增大反应压强、增大CO2的浓度 (5). Cu (6). 2 (7). ac (8). CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3
【解析】
【分析】
(1) ①根据K=计算；
②根据盖斯定律计算；
(2)①催化剂的活性降低，导致温度升高而乙酸的生成速率降低；
②根据方程式，增大压强，或增大CO2的浓度，可使平衡正向进行；
③被还原HNO3为化合价降低的硝酸；
(3)①a．Li2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质；
b．Li2O、Na2O、MgO都没有强氧化性，则吸收二氧化碳与氧化还原无关；
c．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，锂、钠、镁为ⅠA、ⅡA族元素，可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质；
②在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3。
【详解】(1) ①K===64mol2•L-2；
②①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1kJ∙mol-1，②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2kJ∙mol-1，③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH3kJ∙mol-1，根据盖斯定律，①+2×②-2×③，即可得到CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)，则ΔH=△H1-2△H3+2△H2 kJ∙mol-1；
(2)①催化剂的活性降低，导致温度升高而乙酸的生成速率降低；
②根据方程式，增大压强，可使平衡正向进行，或增大CO2的浓度，也可使平衡正向进行，从而提高CH4的转化率。
③Cu2Al2O4中Cu的化合价为+1价，与硝酸反应时，变为+2价，被氧化；每消耗3mol Cu2Al2O4时，转移6mol电子，则硝酸的化合价由+5变为+2价，被还原HNO3为2mol；
(3)①a．Li2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，符合题意，a正确；
b．Li2O、Na2O、MgO都没有强氧化性，则吸收二氧化碳与氧化还原无关，与题意不符，b错误；
c．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，锂、钠、镁为ⅠA、ⅡA族元素，可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，符合题意，c正确；
答案为ac；
②在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，则方程式为CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3。
19.工业上以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工业流程如下：
(1)过滤Ⅰ所得滤渣Ⅰ的主要成分为_________(填化学式)。
(2)“氧化”过程中除了发生MnO2与SO2的反应外，还发生另一氧化还原反应，写出该反应的离子方程式：__________________________。
(3)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如右图所示，为减少 MnS2O6 的生成，“浸锰”的适宜温度是_______。
(4)向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3 溶液时温度控制在30-35℃，温度不宜太高的原因是_______。
(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有CO2气体生成，写出反应的离子方程式：_____________。
(6)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是______________。
【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe2++MnO2+4H+2Fe3++Mn2++2H2O (3). 90℃ (4). 防止NH4HCO3受热分解，提高原料的利用率 (5). Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O (6). 取1-2mL最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明洗涤干净
【解析】
【分析】
向软锰矿中通入过量的二氧化硫浸锰，酸性条件下，利用二氧化硫的还原性将二氧化锰、氧化铁粉末还原为硫酸锰和硫酸亚铁，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，向滤液中加入过量的二氧化锰，过量的二氧化硫和二氧化锰反应生成硫酸锰。将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH=3.7，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ为氢氧化铁和二氧化锰，滤液为硫酸锰溶液，向滤液中加入少量的碳酸氢铵溶液，发生反应Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，洗涤，干燥，得碳酸锰。
【详解】向软锰矿中通入过量的二氧化硫浸锰，酸性条件下，利用二氧化硫的还原性将二氧化锰，氧化铁粉末还原为硫酸锰和硫酸亚铁，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，向滤液中加入过量的二氧化锰，过量的二氧化硫和二氧化锰反应生成硫酸锰。将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH=3.7，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ为氢氧化铁和二氧化锰，滤液为硫酸锰溶液，向滤液中加入少量的碳酸氢铵溶液，发生反应Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，洗涤，干燥，得碳酸锰。
(1) 过滤，滤渣Ⅰ为SiO2；
(2)亚铁离子被二氧化锰氧化生成铁离子，离子方程式：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(3)分析图象可知温度在90℃以后MnS2O6的生成率较低，锰的浸出率较高，且温度较低节约能源，故浸锰的适宜温度为90℃；
(4)铵盐受热分解，向过滤所得的滤液中加入碳酸氢铵溶液，温度控制在30-35℃的原因是防止NH4HCO3受热分解，提高原料的利用率；
(5)硫酸锰和碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳和水，离子方程式为：Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(6)生成的碳酸锰沉淀表面有硫酸根离子等杂质离子，检验沉淀是否洗涤干净可检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子，方法是取1-2mL最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明洗涤干净。
化学试卷
第I卷 客观题（本部分共15小题，共45.0分）
1.化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
B. 我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料
C. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体
D. 双氧水、高锰酸钾溶液可以完全杀死埃博拉病毒，其消毒原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同
【答案】C
【解析】
A，二氧化硅是酸性氧化物，可以与强碱反应生成可溶性硅酸盐和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，A正确。B，无机非金属材料是指除有机高分子材料和金属材料外的所有材料的统称。碳纤维属于人类制造的一种碳的单质，属于非金属单质，所以B正确。C，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物直径比胶体粒子大，胶体粒子直径在0.001～0.1微米之间，所以C是错误的。D，双氧水、高锰酸钾溶液可以完全杀死埃博拉病毒是因为它们具有强氧化性，漂白粉能消毒饮用水也是因为强氧化性，所以两者原理相同，D正确。
2. 下列化学用语正确的是
A. NH4Cl的电子式： B. S2—的结构示意图：
C. 乙醇的分子式：CH3CH2OH D. 原子核内有8个中子的碳原子：
【答案】D
【解析】
试题分析：A、NH4Cl电子式为，故A错误；B、S2—的结构示意图：，B错误；C、乙醇的分子式：C2H6O，CH3CH2OH是结构简式，C错误；D、正确。选D。
考点：化学用语
3.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1molCl2与足量Fe反应,转移的电子数为3NA
B. 在反应KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中,每生成3molI2转移电子数为5NA
C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2,当有1molFe2+被氧化时,共转移电子的数目为NA
D. 1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 1molCl2与足量Fe反应，氯气少量，按照氯气计算转移的电子数，为2NA，与题意不符，A错误；
B. 在反应KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中，每生成3molI2，则有5mol的碘离子变为碘单质，转移电子数为5NA，符合题意，B正确；
C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，溶液中的碘离子还原性强，先反应，当有1molFe2+被氧化时，碘离子的量未知，则无法计算共转移电子的数目，与题意不符，C错误；
D. 1molCl2参加反应，若全部变为-1价时，转移电子数一定为2NA，若部分升高，部分降低时，则不一定为2NA，与题意不符，D错误；
答案B。
【点睛】氯气与水反应时，化合价部分升高，部分降低。
4.同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是
A. 同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1
B. 甲与乙的相对分子质量之比为1∶1
C. 同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1
D. 等质量的甲和乙中的原子数之比一定为1∶1
【答案】D
【解析】
【分析】
同温同压下，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为1：2，由n= V/Vm,可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2。
【详解】A项、同温同压下，气体摩尔体积相同，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据ρ=m/V知，其密度相同，故A正确；
B项、根据m=nM=VMVm知，二者的相对分子质量为1：1，故B正确；
C项、根据PV=nRT=m/MRT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，故C正确；
D项、等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，注意把握相关计算公式的运用。
5.在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是
A. 反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C. 反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子
D. 该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的
【答案】B
【解析】
【分析】
根据CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl = 3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。
【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；
B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；
C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；
D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。
综上所述，本题正确答案为B。
6.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置的叙述中正确的是
A. 装置①常用于分离互不相溶液体混合物
B. 装置②可用于吸收HCl气体，并防止倒吸
C. 以NH4HCO3为原料，装置③可用于实验室制备少量NH3
D. 装置④b口进气，用排空气法可收集CO2、NO等气体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 装置①常用于分离互溶液体且沸点相差较大的混合物，A错误；
B. 因氯化氢极易溶于水，装置②中氯化氢直接通入水，易形成倒吸现象，B错误；
C.用装置③加热NH4HCO3，产生的杂质气体（CO2、H2O）被碱石灰吸收，此装置可用于实验室制备少量NH3，C正确；
D. NO易与空气中氧气反应，不能用装置④排空气法收集NO气体，D错误。
答案选C。
7.ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制备NaClO2的工艺流程如下图所示：
下列说法不正确的是
A. 工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输
B. 通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收
C. 吸收器中生成 NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2ClO2－+O2↑+2H+
D. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
【答案】C
【解析】
【详解】A.ClO2为气体，不易储存和运输,常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存，A不符合题意；
B. 反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，B不符合题意；
C. 反应的环境是碱性环境，离子方程式应该为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，C符合题意；
D. NaClO2溶液中获得NaClO2固体需要真空蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤和干燥，D不符合题意；
答案：C。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素形成的一种单质是自然界中硬度最大的物质，Y位于周期表中VA族，Z是短周期中金属性最强的元素，W3－与氩原子核外电子排布相同。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Z) > r(W) > r(Y) > r(X)
B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
C. Z3W中既含有离子键又含有共价键
D. X的单质不能与Y的最高价氧化物对应的水化物反应
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素形成的一种单质是自然界中硬度最大的物质，X为C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，Z为Na元素；Y位于周期表中VA族，则Y为N元素；W3－与氩原子核外电子排布相同，W为P元素。
【详解】A. 四种元素的原子中，原子半径最小的是N，即Y，故A错误；
B. N的非金属性比P强，氨气的热稳定性比PH3的强，故B正确；
C. Na3P中只含有离子键，不含共价键，故C错误；
D. C的单质能与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的知识。正确推导元素是解题的关键。本题的易错点是D，要熟悉硝酸的性质。
9.下列反应既属于氧化还原反应,又属于放热反应的是( )
A. 氢氧化钠与稀盐酸反应 B. 甲烷在氧气中的燃烧反应
C. 灼热的碳与CO2的反应 D. Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠与稀盐酸的反应属于非氧化还原反应，与题意不符，A错误；
B. 甲烷在氧气中的燃烧反应，既属于氧化还原反应,又属于放热反应，符合题意，B正确；
C. 灼热的碳与CO2的反应，属于吸热反应，与题意不符，C错误；
D. Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl的反应，属于吸热反应，与题意不符，D错误；
答案为B。
10.在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O (l)，示意图如下：
反应Ⅰ：NH4+(aq)＋2O2(g)===NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O (l) ΔH1＝a kJ·mol－1
反应Ⅱ：5NH4+(aq)＋3NO3-(aq)===4N2(g)＋9H2O(l)＋2H＋(aq) ΔH2＝b kJ·mol－1
下列说法正确的是
A. 两池发生的反应中，氮元素只被氧化
B. 两池中投放的废液体积相等时，NH4+能完全转化为N2
C. 常温常压下，反应Ⅱ中生成22.4 L N2转移的电子数为3.75×6.02×1023
D. 4NH4+(aq)＋3O2(g)===2N2(g)＋4H＋(aq)＋6H2O(l) ΔH＝1/2(3a＋b) kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应I：氧气作氧化剂，反应中O元素的化合价和N元素的化合价发生变化，A错误；
B．反应I：1molNH4+转化为1molNO3-，反应II：1molNO3-消耗NH4+，两个反应中消耗的废液不同，B错误；
C．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算氮气的物质的量，所以无法计算转移的电子的数目，C错误；
D．根据盖斯定律(3×I+II)/2即可得到4NH4+(aq)＋3O2(g)=2N2(g)＋4H+(aq)＋6H2O(l) ΔH＝(3a＋b) kJ·mol－1，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，把握氧化还原反应原理和N元素的化合物的性质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。选项B是解答的易错点，注意气体摩尔体积的使用条件和适用范围。
11.侯氏制碱法制备碳酸氢钠的原理为NH3+H2O+CO2 +NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，某化学小组用如图装置在实验室中模拟该制备过程，下列说法不正确的是
A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶
B. 装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸
C. 装置C中橡胶管的作用是平衡压强，使溶液顺利滴下
D. 实验开始后，应先打开K1一段时间，然后再打开K2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶，A正确；
B. 氨气极易溶于水，装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸，B正确；
C. 装置C中橡胶管的作用是使分液漏斗中液体压强与烧瓶内压强相同，使使分液漏斗中溶液顺利滴下，C正确；
D. 实验开始后，应先打开K2一段时间，使溶液呈碱性，然后再打开K1，吸收更多的二氧化碳，D错误；
答案为D。
12.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之—。对下列反应实验现象的推断或解释正确的是.
选项
操作
实验现象
解释
A
向某钾盐中滴加浓盐酸，产生气体再通入品红溶液
品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3或KHSO3
B
铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液
出现血红色
铝热剂中一定含有氧化铁
C
将少量溴水加入KI溶液中，再加入
CCl4，振荡，静置
下层液体呈紫色
氧化性：Br2>I2
D
将足量过氧化钠固体投入紫色石蕊试液中
溶液变成蓝色
过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A．氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气能够使品红溶液褪色，所以该钾盐可能为氯酸钾，A错误；B．亚铁离子遇到KSCN溶液不会出现血红色，铝和三价铁能反应生成亚铁离子，则可能含Fe2O3，B错误；C．将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，下层液体呈紫色，说明溴能够与碘化钾反应生成单质碘，依据氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性可知：氧化性：Br2＞I2，C正确；D．过氧化钠具有强氧化性，能使有色物质褪色，过氧化钠和水反应生成NaOH导致溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，所以溶液先变蓝色后褪色，D错误；答案选C。
13.已知：(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g) ΔH=+74.9kJ∙mol-1,下列说法中正确是
A. 能自发进行的反应一定是放热反应,不能自发进行的反应一定是吸热反应
B. 该反应是吸热反应,因此一定不能自发进行
C. 碳酸盐分解反应中熵增加,因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行
D. 该反应中熵变、焓变皆大于0,在高温条件下可自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应能否自发进行的判断依据为∆H-T∆S，不能根据反应放热、吸热判断能否自发进行，与题意不符，A错误；
B. 该反应是吸热反应，根据复合判据，在高温时能自发进行，与题意不符，B错误；
C. 碳酸盐分解反应中熵增加，∆S>0，反应为吸热反应，根据复合判据，低温条件下碳酸盐分解不能自发进行，与题意不符，C错误；
D. 该反应中熵变、焓变皆大于0，∆H-T∆S<0时，可自发进行，则在高温条件下可自发进行，符合题意，D正确；
答案为D。
【点睛】判断反应能否进行的判断依据为∆G=∆H-T∆S。
14.钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法不正确的是
A. 盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快
B. 钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小
C. 碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与c(H+)成正比
D. 对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl—也会影响碳素钢的腐蚀速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由酸的浓度对腐蚀速率的影响图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故A正确；B．由图可知，曲线的最低点腐蚀速率最小，则钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故B正确；C．浓硫酸有强氧化性，能使金属表面形成致密的氧化膜保护层，则硫酸浓度较大时不能说明速率与氢离子的关系，故C错误；D．碳素钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，可知Cl-有利于碳素钢的腐蚀，SO42-不利于碳素钢的腐蚀，故D正确；故选C。
15.T ℃时在2 L的密闭容器中X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图甲所示；若保持其他条件不变，反应温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间的关系如图乙所示。
则下列结论正确的是(双选) ( )。
A. 该反应可表示为3X(g)＋Y(g)2Z(g)
B. 若其他条件不变，升高温度，平衡将向逆反应方向移动
C. 若其他条件不变，开始时将该容器压缩为1 L，则反应将按图丙进行
D. 若其他条件不变，使用适当的催化剂，则反应可以按图丙进行
【答案】AD
【解析】
根据图像可求得X，Y，Z在相同时间内的物质的量变化分别为0.6 mol,0.2 mol,0.4 mol，A项正确；图乙中，由拐点之前判断T2温度下的速率较快，则说明T2＞T1，拐点后可知，升高温度，Y的含量减小，即平衡向正反应方向移动，B项错误；若减小容器体积，则相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，即Z的物质的量比图甲中的多，C项错误；加入催化剂，化学反应速率加快。
第II卷 主观题（本部分共4道题，共55分）
16.高铁酸钾（K2FeO4）是一种理想的绿色高效水处理剂。某学习小组用下图所示装置（夹持仪器已略去）制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备K2FeO4。
查阅资料知K2FeO4的部分性质如下：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定；③在Fe3＋和Fe（OH）3催化作用下发生分解；④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2。
请回答下列问题：
（1）仪器C和D中都盛有KOH溶液，其中C中KOH溶液的用途是_________________。
（2）Cl2与KOH的浓溶液在较高温度下反应生成KClO3。为保证反应生成KClO，需要将反应温度控制在0～5℃下进行，在不改变KOH溶液浓度的前提下，实验中可以采取的措施是___________。
（3）在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，写出该反应的化学方程式____________________________________________；该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是________________________________________。
（4）制得的粗产品中含有Fe（OH）3、KCl等杂质。一种提纯方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol·L－1KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥。
①第一次和第二次过滤得到固体分别对应的是（填化学式）______________、___________，过滤时不用普通漏斗而采用砂芯漏斗的原因是_____________________。
②晶体用乙醇洗涤的原因是________________________。
【答案】 (1). 和氯气反应制备KclO (2). 装置C加冰水浴冷却 (3). Fe(NO3)3 + 3KClO +10 KOH = 2K2FeO4 +3KCl + 6KNO3+5H2O (4). 生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解 (5). Fe(OH)3 (6). FeO4 (7). 滤纸在强碱条件下易被腐蚀 (8). 乙醇挥发时带走水分，防止K2FeO4与水发生反应
【解析】
（1）装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，作氧化剂；（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在0℃～5℃，因此采取的措施可以是将装置C放在冰水浴中，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率；（3）将硝酸铁饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的方程式为：2Fe(NO3)3 +3KClO+10KOH＝2K2FeO4 +3KCl+6KNO3+5H2O；根据已知信息可知在铁离子作用下高铁酸钾容易分解，因此为防止生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解，所以该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中；（4）①因为Fe(OH)3不溶于水，所以第一次用砂芯漏斗过滤，除去Fe(OH)3，则得到的固体为Fe(OH)3，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，析出K2FeO4晶体，再进行过滤，则第二次用砂芯漏斗过滤，得到K2FeO4晶体；普通漏斗成分为SiO2，易与氢氧化钾反应而被腐蚀；②由于乙醇易挥发，乙醇挥发时带走水分，可以防止K2FeO4与水发生反应，所以晶体用乙醇洗涤。
点睛：明确实验原理、相关物质的性质和灵活应用题干信息是解答的关键，注意掌握解答综合性实验设计的基本流程：即原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。（6）实验结论：直接结论或导出结论。
17.A、B、C、D、E为短周期元素,A-E原子序数依次增大,质子数之和为40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,E是地壳中含量最多的金属元素。
(1)E元素在周期表中的位置为__________；B、C的氢化物稳定性强的是________(用化学式表示,下同)；B、C、D组成的化合物中含有的化学键为_____________
(2)D2C2的电子式是_________,将D的单质投入A2C中,反应后得到一种无色溶液,E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为______________；
(3)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成氢化物DA,熔点为800℃。DA能与水反应放出氢气,化学反应方程式为_____________。
(4)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式__________________________
【答案】 (1). 第三周期第ⅢA族 (2). H2O (3). 离子键、共价键 (4). (5). 2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑ (6). NaH＋H2O=H2↑＋NaOH (7). H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O
【解析】
【分析】
E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，可判断两种液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H；C为O；A、D同主族，且原子序数大于O的，则D为Na；A-E原子的质子数之和为40，则B的序数为7，则为N。
【详解】(1)E为Al，在周期表中的位置为第三周期IIIA族；B、C分别为N、O，且非金属性N
(3)元素Na可与氢气反应生成氢化钠，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为NaH＋H2O=H2↑＋NaOH；
(4)过氧化氢有强氧化性，可与Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，方程式为H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O。
18.CH4和CO2反应可以制造价值更高的化学产品．
(1)250℃时,以镍合金为催化剂,向4L容器中通入6mol CO2、6mol CH4,发生反应：CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)平衡体系中各组分的浓度为：
物 质
CH4
CO2
CO
H2
平衡浓度mol/L
0.5
0.5
2.0
2.0
①此温度下,该反应的平衡常数K=______注明单位．
②已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1kJ∙mol-1
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2kJ∙mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH3kJ∙mol-1
反应CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)的ΔH=______ kJ∙mol-1
(2)用Cu2Al2O4做催化剂,一定条件下,发生反应：CO2+CH4CH3COOH,请回答：
①温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率如图250~300℃时,温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是______
②为提高上述反应CH4的转化率,可采取的措施有______（写2种）
③Cu2Al2O4可溶解在稀硝酸中,被氧化的元素为______,每消耗3mol Cu2Al2O4时被还原的HNO3为______mol
(3)Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2,
①若寻找吸收CO2的其他物质,下列建议合理的是______
a.可在碱性氧化物中寻找
b.可在具有强氧化性的物质中寻找
c.可在ⅠA、ⅡA族元素的氧化物中寻找
②Li4SiO4可用于吸收、释放CO2,原理是：500℃时, CO2与Li4SiO4接触生成Li2CO3；平衡后加热至700℃,反应逆向进行,放出CO2, Li4SiO4再生,该原理的化学方程式______．
【答案】 (1). 64mol2•L-2 (2). △H1-2△H3+2△H2 (3). 温度在250～300℃时，催化剂的催化效率降低 (4). 增大反应压强、增大CO2的浓度 (5). Cu (6). 2 (7). ac (8). CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3
【解析】
【分析】
(1) ①根据K=计算；
②根据盖斯定律计算；
(2)①催化剂的活性降低，导致温度升高而乙酸的生成速率降低；
②根据方程式，增大压强，或增大CO2的浓度，可使平衡正向进行；
③被还原HNO3为化合价降低的硝酸；
(3)①a．Li2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质；
b．Li2O、Na2O、MgO都没有强氧化性，则吸收二氧化碳与氧化还原无关；
c．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，锂、钠、镁为ⅠA、ⅡA族元素，可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质；
②在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3。
【详解】(1) ①K===64mol2•L-2；
②①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1kJ∙mol-1，②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2kJ∙mol-1，③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH3kJ∙mol-1，根据盖斯定律，①+2×②-2×③，即可得到CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)，则ΔH=△H1-2△H3+2△H2 kJ∙mol-1；
(2)①催化剂的活性降低，导致温度升高而乙酸的生成速率降低；
②根据方程式，增大压强，可使平衡正向进行，或增大CO2的浓度，也可使平衡正向进行，从而提高CH4的转化率。
③Cu2Al2O4中Cu的化合价为+1价，与硝酸反应时，变为+2价，被氧化；每消耗3mol Cu2Al2O4时，转移6mol电子，则硝酸的化合价由+5变为+2价，被还原HNO3为2mol；
(3)①a．Li2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，符合题意，a正确；
b．Li2O、Na2O、MgO都没有强氧化性，则吸收二氧化碳与氧化还原无关，与题意不符，b错误；
c．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，锂、钠、镁为ⅠA、ⅡA族元素，可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，符合题意，c正确；
答案为ac；
②在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，则方程式为CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3。
19.工业上以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工业流程如下：
(1)过滤Ⅰ所得滤渣Ⅰ的主要成分为_________(填化学式)。
(2)“氧化”过程中除了发生MnO2与SO2的反应外，还发生另一氧化还原反应，写出该反应的离子方程式：__________________________。
(3)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如右图所示，为减少 MnS2O6 的生成，“浸锰”的适宜温度是_______。
(4)向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3 溶液时温度控制在30-35℃，温度不宜太高的原因是_______。
(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有CO2气体生成，写出反应的离子方程式：_____________。
(6)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是______________。
【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe2++MnO2+4H+2Fe3++Mn2++2H2O (3). 90℃ (4). 防止NH4HCO3受热分解，提高原料的利用率 (5). Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O (6). 取1-2mL最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明洗涤干净
【解析】
【分析】
向软锰矿中通入过量的二氧化硫浸锰，酸性条件下，利用二氧化硫的还原性将二氧化锰、氧化铁粉末还原为硫酸锰和硫酸亚铁，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，向滤液中加入过量的二氧化锰，过量的二氧化硫和二氧化锰反应生成硫酸锰。将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH=3.7，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ为氢氧化铁和二氧化锰，滤液为硫酸锰溶液，向滤液中加入少量的碳酸氢铵溶液，发生反应Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，洗涤，干燥，得碳酸锰。
【详解】向软锰矿中通入过量的二氧化硫浸锰，酸性条件下，利用二氧化硫的还原性将二氧化锰，氧化铁粉末还原为硫酸锰和硫酸亚铁，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，向滤液中加入过量的二氧化锰，过量的二氧化硫和二氧化锰反应生成硫酸锰。将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH=3.7，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ为氢氧化铁和二氧化锰，滤液为硫酸锰溶液，向滤液中加入少量的碳酸氢铵溶液，发生反应Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，洗涤，干燥，得碳酸锰。
(1) 过滤，滤渣Ⅰ为SiO2；
(2)亚铁离子被二氧化锰氧化生成铁离子，离子方程式：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(3)分析图象可知温度在90℃以后MnS2O6的生成率较低，锰的浸出率较高，且温度较低节约能源，故浸锰的适宜温度为90℃；
(4)铵盐受热分解，向过滤所得的滤液中加入碳酸氢铵溶液，温度控制在30-35℃的原因是防止NH4HCO3受热分解，提高原料的利用率；
(5)硫酸锰和碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳和水，离子方程式为：Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(6)生成的碳酸锰沉淀表面有硫酸根离子等杂质离子，检验沉淀是否洗涤干净可检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子，方法是取1-2mL最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明洗涤干净。
相关资料
更多
