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精品解析：福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作2022-2023学年高一下学期5月联考化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作2022-2023学年高一下学期5月联考化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量，2ml·L-1·s-1B等内容，欢迎下载使用。
“德化一中、永安一中、漳平一中”三校协作
2022－2023学年第二学期联考化学试卷
1.选择题选出答案后，把答案填涂在答题卡上。
2.可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Al：27 K：39 Ca：40 Mn：55 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ba：137
第I卷(选择题，共54分)
一、选择题(本题共有18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 已知合成氨的反应为N2＋3H22NH3，各物质的浓度数据如下表：
N2
H2
NH3
起始浓度/mol·L-1
1.0
3.0
0
2s末浓度/mol·L-1
0.6
1.8
0.8
当用氨气浓度的增加来表示该化学反应的速率时，其速率为
A. 0.2mol·L-1·s-1 B. 0.4mol·L-1·s-1
C. 0.6mol·L-1·s-1 D. 0.8mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】2s内氨气的浓度变化量为0.8mol/L-0mol/L=0.8mol/L，所以2s内用氢气表示的平均反应速率为=0.4mol/(L·s) ；
故答案选C。
2. 在一定温度下的密闭固定容积容器中，当下列物理量不再变化时，表明A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已达平衡的是
A. 混合气体的压强 B. 混合气体的平均相对分子质量
C. 混合气体的分子数目 D. 混合气体的总物质的量
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应前后，混合气体的物质的量不变，压强是恒量，混合气体的压强不变，反应不一定平衡，故不选A；
B．反应前后气体总质量是变量、气体物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量是变量，若混合气体的平均相对分子质量不变，反应一定达到平衡状态，故选B；
C．反应前后，混合气体的物质的量不变，混合气体的分子数目是恒量，混合气体的分子数不变，反应不一定平衡，故不选C；
D．根据方程式，混合气体的物质的量是恒量，混合气体的总物质的量不变，反应不一定平衡，故不选D；
选B。
3. 工业上燃料硫矿石制取硫酸的废气SO2，如图根据原电池的原理将SO2转化为重要的化工原料，下列说法正确的是
A. 通入SO2的a极为负极
B. 电子从a极经导线移向b极，再经溶液移向a极
C. 电池工作一段时间后电解质溶液的酸性减弱
D. 电池工作时，消耗O2、SO2物质的量之比为2∶1
【答案】A
【解析】
【详解】A．将SO2转化为硫酸，SO2发生氧化反应，通入SO2的a极为负极，故A正确；
B．电子不能进入溶液，故B错误；
C．电池工作一段时间后，将SO2转化为硫酸，电解质溶液的酸性增强，故C错误；
D．根据得失电子守恒，电池工作时，消耗O2、SO2物质的量之比为1∶2，故D错误；
选A。
4. N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g) △H，有关化学反应的物质变化过程(图1)及能量变化过程(图2)如图：下列说法正确的是
A. 由图1可知N2O(g)→N2(g)，CO2(g)→CO(g)
B. 由图2可知ΔH=-226 kJ·mol-1
C. 了实现转化需不断向反应器中补充Pt2O+和
D. 由图2可知该反应的逆反应是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图1知：N2O(g)→N2(g)，CO(g)→CO2(g)，A错误；
B．由图2知，反应的=134kJ·mol-1-360kJ·mol-1=-226kJ·mol-1，B正确；
C．由图1知，Pt2O+和是催化剂，转化过程中无需不断向反应器中补充，C错误；
D．由图2知，逆反应是吸热反应，D错误；
故选B。
5. 某反应的反应机理、能量与反应进程的关系如图所示，下列说法不正确的是
A. Fe2+是该反应的催化剂
B. 反应的总离子方程式为+2I－2+ I2
C. 在第一步反应中作氧化剂
D. 两步反应都是放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，Fe2+是第一步反应的反应物，Fe2+是第二步反应的生成物，所以Fe2+是该反应的催化剂，故A正确；
B．根据图示，、I－最终生成、 I2，反应的总离子方程式为+2I－2+ I2，故B正确；
C．在第一步反应中O元素化合价降低，作氧化剂，故C正确；
D．根据图示，第一步反应是吸热反应，第二步反应是放热反应，故D错误；
选D。
6. 常温下，根据键能数据估算的反应热量变化是
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能
414
489
565
155
A. 放出 B. 吸收
C. 放出 D. 吸收
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应断键吸收热量(414×4 mol+4 mol×155) = 2 276 kJ，成键放出热量(489 × 4 mol+4 mol×565 )=4 216 kJ，该反应放出热量4216kJ-2276k=1 940 kJ，故选A。
7. CO无色无味有毒，世界各国每年均有不少人因CO中毒而失去生命。一种CO分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇－氧化钠，其中O2－可以在固体介质NASICON中自由移动。下列说法中错误的是 ( )。
A. 负极电极反应式为CO＋O2－－2e－=CO2
B. 工作时电极b作正极，O2－由电极a向电极b移动
C. 工作时电子由电极a通过传感器流向电极b
D. 传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高
【答案】B
【解析】
【详解】A.燃料电池中燃料作负极失去电子被氧化，A项正确；
B.原电池中电解质中的阴离子向负极移动，O2－由b电极流向电极a，B项错误；
C.原电池工作时电子由负极经外电路流向正极，C项正确；
D.电流大单位时间内消耗的一氧化碳多，尾气中一氧化碳含量高，D项正确。
答案选B。
8. 等质量的碳酸钙与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测得在不同时间(t)内产生气体体积(V)的数据如图所示，根据图示分析实验条件，下列说法中一定不正确的是
组别
对应曲线
c(HCl)/(mol·L－1)
反应温度/℃
碳酸钙的状态
1
a
30
粉末状
2
b
30
粉末状
3
c
2.5
块状
4
d
2.5
30
块状
A. 第4组实验反应速率最慢
B. 第1组实验中盐酸的浓度可能大于2.5 mol·L－1
C. 第2组实验中盐酸的浓度可能等于2.5 mol·L－1
D. 第3组实验的反应温度低于30℃
【答案】D
【解析】
【分析】相同时间内，生成氢气体积越大，说明反应速率越快，由图可知，反应速率a＞b＞c＞d，结合外界条件(浓度、温度、压强、固体表面积)对化学反应速率的影响分析判断。
【详解】相同时间内，生成氢气体积越大，说明反应速率越快，由图可知，反应速率a＞b＞c＞d。
A、由图可知，相同时间内，曲线d生成的氢气的体积最少，故第4组实验的反应速率最慢，故A正确；
B、第1组反应速率比第4组快，1、4组相比，温度相同，1组固体表面积更大，故第1组盐酸的浓度可能等于或大于2.5mol•L-1，甚至可以小于2.5mol•L-1，故B正确；
C、第2组反应速率比第4组快，2、4组相比，温度相同，2组固体表面积更大，故第2组盐酸的浓度可能等于或大于2.5mol•L-1，甚至可以小于2.5mol•L-1，故C正确；
D、第3组反应速率比第4组快，3、4组相比，浓度、固体表面积相同，温度越高反应速率越快，故第3组实验的反应温度高于30℃，故D错误；
故选D。
【点睛】掌握影响化学反应速率快慢的因素是解题的关键。本题的易错点为BC，要注意比较一种因素对反应速率的影响时，主要看其他因素是否相同，再结合影响化学反应速率的因素分析。
9. SCR法(选择性催化还原技术)是一种以NH3作为还原剂，将烟气中NOx，分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术，反应原理为
①6NO+4NH3=5N2+6H2O；
②6NO2+8NH3=7N2+12H2O；
③NO+NO2+2NH3=2N2+3H2O。
下列说法正确的是
A. NO2为酸性氧化物
B. NO、NO2为大气污染气体，在大气中可稳定存在
C. 反应③中每生成22.4 L N2，转移电子数1.5NA
D. HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步完成
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O知，生成的盐不只一种，说明NO2不是酸性氧化物，A错误；
B．NO与会与空气中的O2反应生成NO2，在大气中不能稳定存在，B错误；
C．未指明气体所处状况(温度和压强)，无法计算转移电子数，C错误；
D．Cu与稀硝酸反应生成NO，NO和O2反应生成NO2，均能通过一步完成，D正确；
故选D。
10. 现用传感技术测定喷泉实验中的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. 喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，肯定是因为装置的气密性不好
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，电脑绘制三颈烧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，喷稀盐酸比喷水处理效果好
【答案】D
【解析】
【详解】A.CaO能和水反应，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，故A错误；
B.喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，可能是因为装置的气密性不好，也可能是因为氨气中混有空气，故B错误；
C.三颈烧瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点的压强最小，大气压不变；所以大气压和C点压强差最大，则C点喷泉最剧烈，故C错误；
D.盐酸显酸性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于在水中的吸收效率，故D正确。
故选D。
11. 下列装置应用于实验室制NO并回收硝酸铜的实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取NO
B. 用装置乙收集NO
C. 用装置丙分离炭粉和硝酸铜溶液
D. 用装置丁蒸干硝酸铜溶液制Cu（NO3）2·3H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 生成气体从长颈漏斗逸出，且NO易被氧化，应选分液漏斗，A不能达到实验目的；
B. NO与空气中氧气反应，不能用排空气法收集NO，B不能达到实验目的；
C.装置丙是过滤装置，可分离炭粉和硝酸铜溶液，C能达到实验目的；
D.装置丁是坩埚，用于灼烧固体，不能用于蒸干溶液，且硝酸铜溶液在蒸发时，铜离子水解，生成硝酸易挥发，D不能达到实验目的；
故选C。
12. 将8.4g Fe投入浓硝酸中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到30g Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物，将该固体隔绝空气在高温下加热，得到红棕色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中得到硝酸和NO，在标准状况生成NO气体的体积为
A. 1120mL B. 2240mL C. 3360mL D. 4480mL
【答案】C
【解析】
【详解】Fe与浓硝酸反应生成Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，Fe和硝酸完全反应；Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物隔绝空气高温加热得到红棕色的Fe2O3和气体B；A、B气体混合通入足量水中得到HNO3和NO；经过上述一系列过程，Fe全部氧化为Fe2O3，Fe元素的化合价由0价升至+3价，浓HNO3中部分N原子被还原成NO，N元素的化合价由+5价降为+2价，根据得失电子守恒，3n（Fe）=3n（NO），n（NO）=n（Fe）==0.15mol，标准状况下NO的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L=3360mL，答案选C。
点睛：金属与HNO3反应的计算常用守恒法：（1）得失电子守恒：金属失去电子物质的量等于HNO3中N原子得到电子物质的量；（2）N原子守恒：n（HNO3）参加反应=n（HNO3）起酸性作用+n（HNO3）起氧化性作用。
13. 中科院网报道，纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和作为药物载体用于疾病的治疗。其制备过程如下，下列叙述合理的是
A. Fe3O4可以表示为FeO·Fe2O3，属于混合物
B. 在反应②中FeCl3·6H2O被环丙胺()还原为FeO(OH)
C. 纳米四氧化三铁材料为胶体
D. 反应③的化学方程式是6FeO(OH)+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe3O4是复杂的氧化物，可以表示为FeO·Fe2O3，而不属于混合物，A错误；
B．因反应②环丙胺性质与氨气相似，参与反应，促进了氯化铁水解，而没有发生还原反应，B错误；
C．纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中形成的分散系属于胶体，但纳米四氧化三铁材料是纯净四氧化三铁，并没有形成分散系，因此不属于胶体，C错误；
D．由制备过程图可知：反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeO(OH)+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2，D正确；
故合理选项是D。
14. 下列常见实验的现象或表述正确的是( )
A. 向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为血红色，该溶液中一定含有Fe2＋
B. 为检验红砖中铁的价态，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液变为血红色，说明红砖中只有三氧化二铁
C. 制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
D. 将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O试样溶于稀硝酸中，滴加KSCN溶液，出现血红色，说明检验前该试样已变质
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe2+与KSCN不反应，氯气可氧化Fe2+生成Fe3+，所以该溶液中一定含有Fe2+，故A正确；B．氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，说明红砖中含有氧化铁，但不能说明红砖中只有三氧化二铁，故B错误； C．向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故C错误；D．(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O溶于稀硝酸，容易把二价铁离子氧化成三价铁离子，所以滴加滴加KSCN溶液出现血红色，不能说明变质，故D错误；答案为A。
15. 下图是物质间发生化学反应的颜色变化，下表选项物质对应正确的是
选项
M
N
P
Q
A
NH3·H2O
Ba(OH)2
铜
KSCN
B
Na
BaCl2
FeO
KSCN
C
NaOH
Ba(NO3)2
锌粉
KSCN
D
Na2O2
MgCl2
Fe
KSCN
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】黄色的硫酸铁溶液和M反应生成红褐色沉淀，要求在溶液中M能电离产生或者与水反应产生， 、 Na、、四种物质均满足条件；黄色的硫酸铁溶液和N反应生成白色沉淀，要求试剂N能提供Ba2+从而生成白色的沉淀，且试剂不含，如含有，则会生成红褐色的氢氧化铁沉淀，因为红褐色会遮盖白色；黄色的硫酸铁溶液和P产生浅绿色溶液，说明试剂P和硫酸铁反应生成了亚铁离子；黄色的硫酸铁溶液和Q反应生成红色溶液，则试剂Q为KSCN溶液。
【详解】A. N试剂与硫酸铁生成红褐色沉淀,不满足题目要求；
B. P试剂不能与硫酸铁生成亚铁，不满足题目要求；
C. 各物质均满足题目要求；
D. N试剂不能与硫酸铁反应生成白色沉淀，D不满足题目要求；
故答案选C。
16. 铅的冶炼过程大致如下：富集：将方铅矿进行浮选；焙烧：；制粗铅： ， 。下列说法正确的是：
A. 浮选法富集方铅矿的过程发生化学变化
B. 将冶炼成Pb理论上至少需要
C. 整个冶炼过程中，制取共转移电子
D. 方铅矿焙烧的反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbO
【答案】B
【解析】
【分析】A. 没有生成新物质生成的变化为物理变化，有新物质生成的变化为化学变化；
B. 将1molPbS冶炼成Pb的过程中，根据方程式可知2PbS~2PbO~C~2Pb，根据Pb和C之间的关系式计算C的质量；
C. 根据元素化合价变化计算转移电子的物质的量；
D. 中S元素化合价由-2价变为+4价，O元素化合价由0价变为-2价，得电子且化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物；
【详解】A. 浮选法富集方铅矿的过程中没有新物质生成，属于物理变化， A项错误；
B. 将1molPbS冶炼成Pb的过程中，根据方程式得出：2PbS~2PbO~C~2Pb，1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要0.5mol的碳，即需要6g碳， B项正确；
C. 整个冶炼过程中，1molPbS转化为1mol PbO转移电子是6mol，1mol PbO转化为1mol Pb转移电子是2mol，所以制取1mol Pb共转移8mol电子， C项错误；
D.方铅矿焙烧反应中，PbS中硫元素化合价升高，是还原剂，氧元素化合价降低，还原产物有PbO和SO2， D项错误；
答案选B。
【点睛】对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始反应物和最终产物，略去中间产物，建立二者之间的得失电子守恒关系，快速求解。
17. 制取Fe(OH)2并使之能久存，可采取的操作有：①加入一些植物油，②溶解FeSO4配成溶液，③把蒸馏水加热煮沸并封存冷却，④加入少量铁屑，⑤加入少量CCl4，⑥向FeSO4溶液中滴入足量氨水，⑦把盛有氨水的滴管伸入FeSO4溶液中再挤出氨水。其中必须进行的操作及其正确顺序是
A. ③②⑤⑥④ B. ③②④①⑦ C. ③②④⑤⑦ D. ②④①⑦⑤
【答案】B
【解析】
【分析】制取 Fe(OH)2的试剂可选用亚铁盐和可溶性碱。由于氢氧化亚铁极易被氧气氧化，所以制取Fe(OH)2的关键就是如何隔绝氧气，氢氧化亚铁的制取通常采取以下措施：用煮沸并冷却的蒸馏水配制FeSO4溶液；在FeSO4溶液中加入铁屑防氧化；在盛放FeSO4溶液的试管里滴入植物油，防止氧气溶入；将胶头滴管伸入FeSO4溶液液面下挤出氨水。
【详解】氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以，③把蒸馏水加热煮沸，赶出溶解在水里的氧气，并密封冷却；②用冷却的蒸馏水溶解FeSO4并配成溶液；FeSO4中Fe为+2价，具有强的还原性，极易被氧化为+3价，加入铁粉后，会与+3价的铁反应使之成为亚铁离子后，所以④加入少量铁屑；植物油密度比水小浮在上层，①加入一些植物油，防止空气中氧气进入；⑦把盛有氨水的胶头滴管伸入FeSO4溶液中后再挤出氨水。所以正确的顺序是③②④①⑦，故合理选项是B。
【点睛】本题主要考查了氢氧化亚铁沉淀的制备，Fe(OH)2易氧化，故配制的关键是防止Fe(OH)2被氧化。
18. 某金属与盐酸反应时，生成H2的质量与消耗金属的质量的关系如图所示，此金属可能是
A. 纯锌 B. 纯铁 C. 镁铝合金 D. 铜铁合金
【答案】D
【解析】
【详解】从图象读出：30g金属反应生成氢气质量为1g，生成氢气电子转移2×1g/2g·mol－1=1mol，金属混合物平均电子摩尔质量=30g/1mol=30g·mol－1，A、纯锌摩尔电子质量=65/2=32.5，不能平均到30，故A不符合；B、纯铁摩尔电子质量=56/2=28，不能平均到30．故B不符合；C、镁铝合金，镁摩尔电子质量=24/2=12，铝摩尔电子质量=27/3=9，不能平均到30，故C不符合；D、铜于盐酸不反应，相当于大30，铁摩尔电子质量为28，可以平均到30，故D符合；故选D。
点睛：本题考查化学方程式计算，解题关键：平均摩尔质量法，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度中等。
第Ⅱ卷(非选择题，本卷有5小题，共46分)
二、填空题(本题有5小题，共46分)
19. 非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸。请回答下列问题：
A BCD
（1）①若A常温下为气体，C是红棕色气体，则C的化学式为___________。
②若A在常温下为黄色晶体，则C的化学式为___________，在D的稀溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，其反应的化学方程式为___________。
（2）工业法制硫酸中，有一步反应为SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，一定条件下，将1molSO2和2molO2置于2L的密闭容器中，10min后测得SO2为0.4mol，则：
①用SO2表示该反应的速率为___________mol/(L·min)；
②其他条件不变时，将密闭容器的体积变为1L，该反应的速率将___________(填“增大”或“减小”)
【答案】（1） ①. NO2 ②. SO3 ③. H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl
（2） ①. 0.3 ②. 增大
【解析】
【小问1详解】
①A常温下为气体单质，C是红棕色气体，则A是氮气、B是一氧化氮、C是二氧化氮，C的化学式为NO2。
②A是单质，在常温下为黄色晶体，则A是硫、B是二氧化硫、C是三氧化硫、D是硫酸，C的化学式为SO3，在稀硫酸中滴入BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应的化学方程式为H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。
【小问2详解】
①用SO2表示该反应的速率为mol/(L·min)；
②其他条件不变时，将密闭容器的体积变为1L，则各气体的浓度均变为压缩前的2倍，反应物浓度增大，该反应的速率将增大。
20. 从化石燃料中能获得许多重要的有机化工原料，请回答下列问题。
（1）在一定条件下，甲烷气体充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量，则该反应的热化学方程式为：___________。
（2）甲烷可以用来设计成燃料电池，如图是甲烷燃料电池原理示意图。请写出该电池负极的电极反应式：___________。
【答案】（1）CH4(g)+2O2(g) ＝CO2(g)+2H2O(l) △H=−900 kJ/mol
（2）CH4－8e－+10OH－＝+7H2O
【解析】
【小问1详解】
在一定条件下，甲烷气体充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量，则1mol甲烷气体充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出900 kJ的热量，该反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H=−900 kJ/mol；
【小问2详解】
原电池负极发生氧化反应，该电池负极甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，负极的电极反应式为CH4－8e－+10OH－＝+7H2O；
21. 雾霾天气严重影响人们的生活质量，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一、消除氮氧化物有多种方法。
（1）NH3催化还原氮氧化物技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图1所示：
①由图1可知NH3催化还原氮氧化物中的氧化剂为___________。
②用Fe作催化剂时，在氨气足量的情况下，不同对应的脱氮率如图2所示，脱氮效果最佳的=___________。
（2）利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：
①上述工艺中采用气～液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是___________；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是___________(填化学式)。
②生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. NO、NO2 ②. 1:1
（2） ①. 使尾气中的NO、NO2被充分吸收 ②. Ca(OH)2 ③. 3+2H+=+2NO↑+H2O
【解析】
【分析】硝酸工业的尾气(含NO、NO2)用石灰乳吸收，吸收过滤后得到的滤渣主要为氢氧化钙，可循环利用，滤液经处理可得到亚硝酸钙。
【小问1详解】
①依据图像可知，反应物是NO、NO2和NH3，生成物是N2和H2O，氮氧化物中氮元素化合价由正价变为0价、氨气中氮元素化合价由-3价变为0价，所以氧化剂是NO、NO2；
②根据纵坐标判断，相同温度下，脱氮率越高效果越好，由图示可知，=1:1时效果最好。
【小问2详解】
①气～液逆流接触吸收，可增大NO、NO2气体与石灰乳的接触面积，使尾气中的NO、NO2被充分吸收；根据分析，尾气经石灰乳吸收过滤后得到的滤渣主要为Ca(OH)2，可循环利用；
②在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，氮元素化合价由+3价变为+2价，化合价降低，所以NO是还原产物，则氧化产物是NO，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为3+2H+=+2NO↑+H2O。
22. 硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上作补血剂。某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质。实验步骤如下：
请回答下列问题：
（1）向操作①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有___________(填离子符号)。
（2）操作②中反应的离子方程式：___________。
（3）操作④中一系列处理的操作步骤：过滤、___________、灼烧、___________、称量。
（4）假设实验中的损耗忽略不计，则每片补血剂含铁元素的质量为___________g。(用含a的代数式表示)。
【答案】（1）Fe3+
（2）2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
（3） ①. 洗涤 ②. 冷却至室温
（4）0.07a或
【解析】
【分析】补铁剂研细、加硫酸浸取铁元素，过滤，滤液中含有硫酸亚铁，用双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再加氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀、过滤、洗涤、灼烧、冷却至室温、称量的agFe2O3固体。
【小问1详解】
Fe3+遇KSCN溶液变红，向操作①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有Fe3+。
【小问2详解】
操作②是用H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
【小问3详解】
操作④是从氢氧化铁的悬浊液中获得纯净的氧化铁，一系列处理的操作步骤：过滤、洗涤、灼烧、冷却至室温、称量。
【小问4详解】
根据流程图，10片补铁剂最终获得agFe2O3，根据铁元素守恒，每片补血剂含铁元素的质量为。
23. 完成下列问题。
Ⅰ.某兴趣小组在复习铁的冶炼时，在参考资料上发现以下一段文字：已知在不同的温度下，一氧化碳与铁的氧化物反应能生成另一种铁的氧化物(或铁单质)和二氧化碳，他们不禁产生了疑问：一氧化碳与氧化铁反应生成的黑色物质真的是铁粉吗？于是他们进行了以下探究：
[查阅资料]
资料一：铁粉和四氧化三铁粉未能被磁铁吸引而氧化亚铁(黑色)不能；
资料二：四氧化三铁中铁元素有+2、+3两种化合价，其化学式可用FeO·Fe2O3的形式表示。
[提出猜想]黑色物质可能是四氧化三铁、氧化亚铁和铁粉中的一种或几种。
[进行实验]兴趣小组收集了一氧化碳与氧化铁反应生成的黑色物质进行了下列实验：
实验方案
实验现象
甲
取少量黑色物质用磁铁吸引
黑色物质全部被磁铁吸引
乙
取少量黑色物质加入30%热的盐酸中
无气泡、溶液颜色变为黄绿色
丙
取少量黑色物质加入硫酸铜溶液中
无任何现象
[实验结论]
（1）甲实验现象说明黑色物质中没有_________，乙、丙实验现象说明黑色物质中没有________。
（2）生成的黑色物质应为四氧化三铁，写出黑色粉末和热的盐酸反应的化学方程式___________。
Ⅱ.某化学小组制取到的四氧化三铁中可能含有的杂质是氧化铁和氧化亚铁中的一种或两种。该小组设计了如下实验进行探究。
同学们称取了23.28 g该四氧化三铁样品进行了下列实验：
利用仪器测定并绘制成反应过程中A装置中玻璃管内的固体质量随温度的变化曲线(如图)：
（3）写出BC段发生反应的化学方程式___________。
（4）通过计算确定：该四氧化三铁样品中含有的杂质是___________， 其中含四氧化三铁的质量是___________g。(不需要写过程)
【答案】（1） ①. 氧化亚铁 ②. 铁
（2）Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O
（3）Fe3O4+CO3FeO+CO2
（4） ①. 氧化铁 ②. 20.88
【解析】
【小问1详解】
实验甲中看到黑色物质全部被磁铁吸引，说明没有氧化亚铁；实验乙中加盐酸没有气泡产生，实验丙中取少量黑色物质加入硫酸铜溶液中无任何现象，说明没有铁。
【小问2详解】
根据实验可知黑色固体为四氧化三铁，与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，黑色粉末和热的盐酸反应的化学方程式为Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O。
【小问3详解】
由图可知，D点为Fe，Fe的物质的量为，失去O的物质的量为，，则C为FeO，失去O的物质的量为，，则B为Fe3O4，因此BC段发生反应的化学方程式为Fe3O4＋CO3FeO＋CO2。
【小问4详解】
到700℃时只剩下铁，即此时氧化铁被一氧化碳还原为铁单质，混合物中铁元素的质量分数=×100%72.16%；四氧化三铁中铁元素的质量分数=×100%72.4%；氧化亚铁中铁元素的质量分数=×100%≈77.8%；氧化铁中铁元素的质量分数=×100%=70%，所以该四氧化三铁样品中含有的杂质是氧化铁；设混合物中含四氧化三铁的质量为x，则x××100%＋(23.28g－x)××100%=16.80g，x=20.88g。
“德化一中、永安一中、漳平一中”三校协作
2022－2023学年第二学期联考化学试卷
1.选择题选出答案后，把答案填涂在答题卡上。
2.可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Al：27 K：39 Ca：40 Mn：55 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ba：137
第I卷(选择题，共54分)
一、选择题(本题共有18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 已知合成氨的反应为N2＋3H22NH3，各物质的浓度数据如下表：
N2
H2
NH3
起始浓度/mol·L-1
1.0
3.0
0
2s末浓度/mol·L-1
0.6
1.8
0.8
当用氨气浓度的增加来表示该化学反应的速率时，其速率为
A. 0.2mol·L-1·s-1 B. 0.4mol·L-1·s-1
C. 0.6mol·L-1·s-1 D. 0.8mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】2s内氨气的浓度变化量为0.8mol/L-0mol/L=0.8mol/L，所以2s内用氢气表示的平均反应速率为=0.4mol/(L·s) ；
故答案选C。
2. 在一定温度下的密闭固定容积容器中，当下列物理量不再变化时，表明A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已达平衡的是
A. 混合气体的压强 B. 混合气体的平均相对分子质量
C. 混合气体的分子数目 D. 混合气体的总物质的量
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应前后，混合气体的物质的量不变，压强是恒量，混合气体的压强不变，反应不一定平衡，故不选A；
B．反应前后气体总质量是变量、气体物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量是变量，若混合气体的平均相对分子质量不变，反应一定达到平衡状态，故选B；
C．反应前后，混合气体的物质的量不变，混合气体的分子数目是恒量，混合气体的分子数不变，反应不一定平衡，故不选C；
D．根据方程式，混合气体的物质的量是恒量，混合气体的总物质的量不变，反应不一定平衡，故不选D；
选B。
3. 工业上燃料硫矿石制取硫酸的废气SO2，如图根据原电池的原理将SO2转化为重要的化工原料，下列说法正确的是
A. 通入SO2的a极为负极
B. 电子从a极经导线移向b极，再经溶液移向a极
C. 电池工作一段时间后电解质溶液的酸性减弱
D. 电池工作时，消耗O2、SO2物质的量之比为2∶1
【答案】A
【解析】
【详解】A．将SO2转化为硫酸，SO2发生氧化反应，通入SO2的a极为负极，故A正确；
B．电子不能进入溶液，故B错误；
C．电池工作一段时间后，将SO2转化为硫酸，电解质溶液的酸性增强，故C错误；
D．根据得失电子守恒，电池工作时，消耗O2、SO2物质的量之比为1∶2，故D错误；
选A。
4. N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g) △H，有关化学反应的物质变化过程(图1)及能量变化过程(图2)如图：下列说法正确的是
A. 由图1可知N2O(g)→N2(g)，CO2(g)→CO(g)
B. 由图2可知ΔH=-226 kJ·mol-1
C. 了实现转化需不断向反应器中补充Pt2O+和
D. 由图2可知该反应的逆反应是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图1知：N2O(g)→N2(g)，CO(g)→CO2(g)，A错误；
B．由图2知，反应的=134kJ·mol-1-360kJ·mol-1=-226kJ·mol-1，B正确；
C．由图1知，Pt2O+和是催化剂，转化过程中无需不断向反应器中补充，C错误；
D．由图2知，逆反应是吸热反应，D错误；
故选B。
5. 某反应的反应机理、能量与反应进程的关系如图所示，下列说法不正确的是
A. Fe2+是该反应的催化剂
B. 反应的总离子方程式为+2I－2+ I2
C. 在第一步反应中作氧化剂
D. 两步反应都是放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，Fe2+是第一步反应的反应物，Fe2+是第二步反应的生成物，所以Fe2+是该反应的催化剂，故A正确；
B．根据图示，、I－最终生成、 I2，反应的总离子方程式为+2I－2+ I2，故B正确；
C．在第一步反应中O元素化合价降低，作氧化剂，故C正确；
D．根据图示，第一步反应是吸热反应，第二步反应是放热反应，故D错误；
选D。
6. 常温下，根据键能数据估算的反应热量变化是
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能
414
489
565
155
A. 放出 B. 吸收
C. 放出 D. 吸收
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应断键吸收热量(414×4 mol+4 mol×155) = 2 276 kJ，成键放出热量(489 × 4 mol+4 mol×565 )=4 216 kJ，该反应放出热量4216kJ-2276k=1 940 kJ，故选A。
7. CO无色无味有毒，世界各国每年均有不少人因CO中毒而失去生命。一种CO分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇－氧化钠，其中O2－可以在固体介质NASICON中自由移动。下列说法中错误的是 ( )。
A. 负极电极反应式为CO＋O2－－2e－=CO2
B. 工作时电极b作正极，O2－由电极a向电极b移动
C. 工作时电子由电极a通过传感器流向电极b
D. 传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高
【答案】B
【解析】
【详解】A.燃料电池中燃料作负极失去电子被氧化，A项正确；
B.原电池中电解质中的阴离子向负极移动，O2－由b电极流向电极a，B项错误；
C.原电池工作时电子由负极经外电路流向正极，C项正确；
D.电流大单位时间内消耗的一氧化碳多，尾气中一氧化碳含量高，D项正确。
答案选B。
8. 等质量的碳酸钙与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测得在不同时间(t)内产生气体体积(V)的数据如图所示，根据图示分析实验条件，下列说法中一定不正确的是
组别
对应曲线
c(HCl)/(mol·L－1)
反应温度/℃
碳酸钙的状态
1
a
30
粉末状
2
b
30
粉末状
3
c
2.5
块状
4
d
2.5
30
块状
A. 第4组实验反应速率最慢
B. 第1组实验中盐酸的浓度可能大于2.5 mol·L－1
C. 第2组实验中盐酸的浓度可能等于2.5 mol·L－1
D. 第3组实验的反应温度低于30℃
【答案】D
【解析】
【分析】相同时间内，生成氢气体积越大，说明反应速率越快，由图可知，反应速率a＞b＞c＞d，结合外界条件(浓度、温度、压强、固体表面积)对化学反应速率的影响分析判断。
【详解】相同时间内，生成氢气体积越大，说明反应速率越快，由图可知，反应速率a＞b＞c＞d。
A、由图可知，相同时间内，曲线d生成的氢气的体积最少，故第4组实验的反应速率最慢，故A正确；
B、第1组反应速率比第4组快，1、4组相比，温度相同，1组固体表面积更大，故第1组盐酸的浓度可能等于或大于2.5mol•L-1，甚至可以小于2.5mol•L-1，故B正确；
C、第2组反应速率比第4组快，2、4组相比，温度相同，2组固体表面积更大，故第2组盐酸的浓度可能等于或大于2.5mol•L-1，甚至可以小于2.5mol•L-1，故C正确；
D、第3组反应速率比第4组快，3、4组相比，浓度、固体表面积相同，温度越高反应速率越快，故第3组实验的反应温度高于30℃，故D错误；
故选D。
【点睛】掌握影响化学反应速率快慢的因素是解题的关键。本题的易错点为BC，要注意比较一种因素对反应速率的影响时，主要看其他因素是否相同，再结合影响化学反应速率的因素分析。
9. SCR法(选择性催化还原技术)是一种以NH3作为还原剂，将烟气中NOx，分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术，反应原理为
①6NO+4NH3=5N2+6H2O；
②6NO2+8NH3=7N2+12H2O；
③NO+NO2+2NH3=2N2+3H2O。
下列说法正确的是
A. NO2为酸性氧化物
B. NO、NO2为大气污染气体，在大气中可稳定存在
C. 反应③中每生成22.4 L N2，转移电子数1.5NA
D. HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步完成
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O知，生成的盐不只一种，说明NO2不是酸性氧化物，A错误；
B．NO与会与空气中的O2反应生成NO2，在大气中不能稳定存在，B错误；
C．未指明气体所处状况(温度和压强)，无法计算转移电子数，C错误；
D．Cu与稀硝酸反应生成NO，NO和O2反应生成NO2，均能通过一步完成，D正确；
故选D。
10. 现用传感技术测定喷泉实验中的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. 喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，肯定是因为装置的气密性不好
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，电脑绘制三颈烧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，喷稀盐酸比喷水处理效果好
【答案】D
【解析】
【详解】A.CaO能和水反应，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，故A错误；
B.喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，可能是因为装置的气密性不好，也可能是因为氨气中混有空气，故B错误；
C.三颈烧瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点的压强最小，大气压不变；所以大气压和C点压强差最大，则C点喷泉最剧烈，故C错误；
D.盐酸显酸性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于在水中的吸收效率，故D正确。
故选D。
11. 下列装置应用于实验室制NO并回收硝酸铜的实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取NO
B. 用装置乙收集NO
C. 用装置丙分离炭粉和硝酸铜溶液
D. 用装置丁蒸干硝酸铜溶液制Cu（NO3）2·3H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 生成气体从长颈漏斗逸出，且NO易被氧化，应选分液漏斗，A不能达到实验目的；
B. NO与空气中氧气反应，不能用排空气法收集NO，B不能达到实验目的；
C.装置丙是过滤装置，可分离炭粉和硝酸铜溶液，C能达到实验目的；
D.装置丁是坩埚，用于灼烧固体，不能用于蒸干溶液，且硝酸铜溶液在蒸发时，铜离子水解，生成硝酸易挥发，D不能达到实验目的；
故选C。
12. 将8.4g Fe投入浓硝酸中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到30g Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物，将该固体隔绝空气在高温下加热，得到红棕色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中得到硝酸和NO，在标准状况生成NO气体的体积为
A. 1120mL B. 2240mL C. 3360mL D. 4480mL
【答案】C
【解析】
【详解】Fe与浓硝酸反应生成Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，Fe和硝酸完全反应；Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物隔绝空气高温加热得到红棕色的Fe2O3和气体B；A、B气体混合通入足量水中得到HNO3和NO；经过上述一系列过程，Fe全部氧化为Fe2O3，Fe元素的化合价由0价升至+3价，浓HNO3中部分N原子被还原成NO，N元素的化合价由+5价降为+2价，根据得失电子守恒，3n（Fe）=3n（NO），n（NO）=n（Fe）==0.15mol，标准状况下NO的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L=3360mL，答案选C。
点睛：金属与HNO3反应的计算常用守恒法：（1）得失电子守恒：金属失去电子物质的量等于HNO3中N原子得到电子物质的量；（2）N原子守恒：n（HNO3）参加反应=n（HNO3）起酸性作用+n（HNO3）起氧化性作用。
13. 中科院网报道，纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和作为药物载体用于疾病的治疗。其制备过程如下，下列叙述合理的是
A. Fe3O4可以表示为FeO·Fe2O3，属于混合物
B. 在反应②中FeCl3·6H2O被环丙胺()还原为FeO(OH)
C. 纳米四氧化三铁材料为胶体
D. 反应③的化学方程式是6FeO(OH)+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe3O4是复杂的氧化物，可以表示为FeO·Fe2O3，而不属于混合物，A错误；
B．因反应②环丙胺性质与氨气相似，参与反应，促进了氯化铁水解，而没有发生还原反应，B错误；
C．纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中形成的分散系属于胶体，但纳米四氧化三铁材料是纯净四氧化三铁，并没有形成分散系，因此不属于胶体，C错误；
D．由制备过程图可知：反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeO(OH)+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2，D正确；
故合理选项是D。
14. 下列常见实验的现象或表述正确的是( )
A. 向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为血红色，该溶液中一定含有Fe2＋
B. 为检验红砖中铁的价态，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液变为血红色，说明红砖中只有三氧化二铁
C. 制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
D. 将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O试样溶于稀硝酸中，滴加KSCN溶液，出现血红色，说明检验前该试样已变质
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe2+与KSCN不反应，氯气可氧化Fe2+生成Fe3+，所以该溶液中一定含有Fe2+，故A正确；B．氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，说明红砖中含有氧化铁，但不能说明红砖中只有三氧化二铁，故B错误； C．向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故C错误；D．(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O溶于稀硝酸，容易把二价铁离子氧化成三价铁离子，所以滴加滴加KSCN溶液出现血红色，不能说明变质，故D错误；答案为A。
15. 下图是物质间发生化学反应的颜色变化，下表选项物质对应正确的是
选项
M
N
P
Q
A
NH3·H2O
Ba(OH)2
铜
KSCN
B
Na
BaCl2
FeO
KSCN
C
NaOH
Ba(NO3)2
锌粉
KSCN
D
Na2O2
MgCl2
Fe
KSCN
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】黄色的硫酸铁溶液和M反应生成红褐色沉淀，要求在溶液中M能电离产生或者与水反应产生， 、 Na、、四种物质均满足条件；黄色的硫酸铁溶液和N反应生成白色沉淀，要求试剂N能提供Ba2+从而生成白色的沉淀，且试剂不含，如含有，则会生成红褐色的氢氧化铁沉淀，因为红褐色会遮盖白色；黄色的硫酸铁溶液和P产生浅绿色溶液，说明试剂P和硫酸铁反应生成了亚铁离子；黄色的硫酸铁溶液和Q反应生成红色溶液，则试剂Q为KSCN溶液。
【详解】A. N试剂与硫酸铁生成红褐色沉淀,不满足题目要求；
B. P试剂不能与硫酸铁生成亚铁，不满足题目要求；
C. 各物质均满足题目要求；
D. N试剂不能与硫酸铁反应生成白色沉淀，D不满足题目要求；
故答案选C。
16. 铅的冶炼过程大致如下：富集：将方铅矿进行浮选；焙烧：；制粗铅： ， 。下列说法正确的是：
A. 浮选法富集方铅矿的过程发生化学变化
B. 将冶炼成Pb理论上至少需要
C. 整个冶炼过程中，制取共转移电子
D. 方铅矿焙烧的反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbO
【答案】B
【解析】
【分析】A. 没有生成新物质生成的变化为物理变化，有新物质生成的变化为化学变化；
B. 将1molPbS冶炼成Pb的过程中，根据方程式可知2PbS~2PbO~C~2Pb，根据Pb和C之间的关系式计算C的质量；
C. 根据元素化合价变化计算转移电子的物质的量；
D. 中S元素化合价由-2价变为+4价，O元素化合价由0价变为-2价，得电子且化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物；
【详解】A. 浮选法富集方铅矿的过程中没有新物质生成，属于物理变化， A项错误；
B. 将1molPbS冶炼成Pb的过程中，根据方程式得出：2PbS~2PbO~C~2Pb，1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要0.5mol的碳，即需要6g碳， B项正确；
C. 整个冶炼过程中，1molPbS转化为1mol PbO转移电子是6mol，1mol PbO转化为1mol Pb转移电子是2mol，所以制取1mol Pb共转移8mol电子， C项错误；
D.方铅矿焙烧反应中，PbS中硫元素化合价升高，是还原剂，氧元素化合价降低，还原产物有PbO和SO2， D项错误；
答案选B。
【点睛】对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始反应物和最终产物，略去中间产物，建立二者之间的得失电子守恒关系，快速求解。
17. 制取Fe(OH)2并使之能久存，可采取的操作有：①加入一些植物油，②溶解FeSO4配成溶液，③把蒸馏水加热煮沸并封存冷却，④加入少量铁屑，⑤加入少量CCl4，⑥向FeSO4溶液中滴入足量氨水，⑦把盛有氨水的滴管伸入FeSO4溶液中再挤出氨水。其中必须进行的操作及其正确顺序是
A. ③②⑤⑥④ B. ③②④①⑦ C. ③②④⑤⑦ D. ②④①⑦⑤
【答案】B
【解析】
【分析】制取 Fe(OH)2的试剂可选用亚铁盐和可溶性碱。由于氢氧化亚铁极易被氧气氧化，所以制取Fe(OH)2的关键就是如何隔绝氧气，氢氧化亚铁的制取通常采取以下措施：用煮沸并冷却的蒸馏水配制FeSO4溶液；在FeSO4溶液中加入铁屑防氧化；在盛放FeSO4溶液的试管里滴入植物油，防止氧气溶入；将胶头滴管伸入FeSO4溶液液面下挤出氨水。
【详解】氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以，③把蒸馏水加热煮沸，赶出溶解在水里的氧气，并密封冷却；②用冷却的蒸馏水溶解FeSO4并配成溶液；FeSO4中Fe为+2价，具有强的还原性，极易被氧化为+3价，加入铁粉后，会与+3价的铁反应使之成为亚铁离子后，所以④加入少量铁屑；植物油密度比水小浮在上层，①加入一些植物油，防止空气中氧气进入；⑦把盛有氨水的胶头滴管伸入FeSO4溶液中后再挤出氨水。所以正确的顺序是③②④①⑦，故合理选项是B。
【点睛】本题主要考查了氢氧化亚铁沉淀的制备，Fe(OH)2易氧化，故配制的关键是防止Fe(OH)2被氧化。
18. 某金属与盐酸反应时，生成H2的质量与消耗金属的质量的关系如图所示，此金属可能是
A. 纯锌 B. 纯铁 C. 镁铝合金 D. 铜铁合金
【答案】D
【解析】
【详解】从图象读出：30g金属反应生成氢气质量为1g，生成氢气电子转移2×1g/2g·mol－1=1mol，金属混合物平均电子摩尔质量=30g/1mol=30g·mol－1，A、纯锌摩尔电子质量=65/2=32.5，不能平均到30，故A不符合；B、纯铁摩尔电子质量=56/2=28，不能平均到30．故B不符合；C、镁铝合金，镁摩尔电子质量=24/2=12，铝摩尔电子质量=27/3=9，不能平均到30，故C不符合；D、铜于盐酸不反应，相当于大30，铁摩尔电子质量为28，可以平均到30，故D符合；故选D。
点睛：本题考查化学方程式计算，解题关键：平均摩尔质量法，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度中等。
第Ⅱ卷(非选择题，本卷有5小题，共46分)
二、填空题(本题有5小题，共46分)
19. 非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸。请回答下列问题：
A BCD
（1）①若A常温下为气体，C是红棕色气体，则C的化学式为___________。
②若A在常温下为黄色晶体，则C的化学式为___________，在D的稀溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，其反应的化学方程式为___________。
（2）工业法制硫酸中，有一步反应为SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，一定条件下，将1molSO2和2molO2置于2L的密闭容器中，10min后测得SO2为0.4mol，则：
①用SO2表示该反应的速率为___________mol/(L·min)；
②其他条件不变时，将密闭容器的体积变为1L，该反应的速率将___________(填“增大”或“减小”)
【答案】（1） ①. NO2 ②. SO3 ③. H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl
（2） ①. 0.3 ②. 增大
【解析】
【小问1详解】
①A常温下为气体单质，C是红棕色气体，则A是氮气、B是一氧化氮、C是二氧化氮，C的化学式为NO2。
②A是单质，在常温下为黄色晶体，则A是硫、B是二氧化硫、C是三氧化硫、D是硫酸，C的化学式为SO3，在稀硫酸中滴入BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应的化学方程式为H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。
【小问2详解】
①用SO2表示该反应的速率为mol/(L·min)；
②其他条件不变时，将密闭容器的体积变为1L，则各气体的浓度均变为压缩前的2倍，反应物浓度增大，该反应的速率将增大。
20. 从化石燃料中能获得许多重要的有机化工原料，请回答下列问题。
（1）在一定条件下，甲烷气体充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量，则该反应的热化学方程式为：___________。
（2）甲烷可以用来设计成燃料电池，如图是甲烷燃料电池原理示意图。请写出该电池负极的电极反应式：___________。
【答案】（1）CH4(g)+2O2(g) ＝CO2(g)+2H2O(l) △H=−900 kJ/mol
（2）CH4－8e－+10OH－＝+7H2O
【解析】
【小问1详解】
在一定条件下，甲烷气体充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量，则1mol甲烷气体充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出900 kJ的热量，该反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H=−900 kJ/mol；
【小问2详解】
原电池负极发生氧化反应，该电池负极甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，负极的电极反应式为CH4－8e－+10OH－＝+7H2O；
21. 雾霾天气严重影响人们的生活质量，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一、消除氮氧化物有多种方法。
（1）NH3催化还原氮氧化物技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图1所示：
①由图1可知NH3催化还原氮氧化物中的氧化剂为___________。
②用Fe作催化剂时，在氨气足量的情况下，不同对应的脱氮率如图2所示，脱氮效果最佳的=___________。
（2）利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：
①上述工艺中采用气～液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是___________；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是___________(填化学式)。
②生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. NO、NO2 ②. 1:1
（2） ①. 使尾气中的NO、NO2被充分吸收 ②. Ca(OH)2 ③. 3+2H+=+2NO↑+H2O
【解析】
【分析】硝酸工业的尾气(含NO、NO2)用石灰乳吸收，吸收过滤后得到的滤渣主要为氢氧化钙，可循环利用，滤液经处理可得到亚硝酸钙。
【小问1详解】
①依据图像可知，反应物是NO、NO2和NH3，生成物是N2和H2O，氮氧化物中氮元素化合价由正价变为0价、氨气中氮元素化合价由-3价变为0价，所以氧化剂是NO、NO2；
②根据纵坐标判断，相同温度下，脱氮率越高效果越好，由图示可知，=1:1时效果最好。
【小问2详解】
①气～液逆流接触吸收，可增大NO、NO2气体与石灰乳的接触面积，使尾气中的NO、NO2被充分吸收；根据分析，尾气经石灰乳吸收过滤后得到的滤渣主要为Ca(OH)2，可循环利用；
②在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，氮元素化合价由+3价变为+2价，化合价降低，所以NO是还原产物，则氧化产物是NO，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为3+2H+=+2NO↑+H2O。
22. 硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上作补血剂。某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质。实验步骤如下：
请回答下列问题：
（1）向操作①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有___________(填离子符号)。
（2）操作②中反应的离子方程式：___________。
（3）操作④中一系列处理的操作步骤：过滤、___________、灼烧、___________、称量。
（4）假设实验中的损耗忽略不计，则每片补血剂含铁元素的质量为___________g。(用含a的代数式表示)。
【答案】（1）Fe3+
（2）2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
（3） ①. 洗涤 ②. 冷却至室温
（4）0.07a或
【解析】
【分析】补铁剂研细、加硫酸浸取铁元素，过滤，滤液中含有硫酸亚铁，用双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再加氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀、过滤、洗涤、灼烧、冷却至室温、称量的agFe2O3固体。
【小问1详解】
Fe3+遇KSCN溶液变红，向操作①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有Fe3+。
【小问2详解】
操作②是用H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
【小问3详解】
操作④是从氢氧化铁的悬浊液中获得纯净的氧化铁，一系列处理的操作步骤：过滤、洗涤、灼烧、冷却至室温、称量。
【小问4详解】
根据流程图，10片补铁剂最终获得agFe2O3，根据铁元素守恒，每片补血剂含铁元素的质量为。
23. 完成下列问题。
Ⅰ.某兴趣小组在复习铁的冶炼时，在参考资料上发现以下一段文字：已知在不同的温度下，一氧化碳与铁的氧化物反应能生成另一种铁的氧化物(或铁单质)和二氧化碳，他们不禁产生了疑问：一氧化碳与氧化铁反应生成的黑色物质真的是铁粉吗？于是他们进行了以下探究：
[查阅资料]
资料一：铁粉和四氧化三铁粉未能被磁铁吸引而氧化亚铁(黑色)不能；
资料二：四氧化三铁中铁元素有+2、+3两种化合价，其化学式可用FeO·Fe2O3的形式表示。
[提出猜想]黑色物质可能是四氧化三铁、氧化亚铁和铁粉中的一种或几种。
[进行实验]兴趣小组收集了一氧化碳与氧化铁反应生成的黑色物质进行了下列实验：
实验方案
实验现象
甲
取少量黑色物质用磁铁吸引
黑色物质全部被磁铁吸引
乙
取少量黑色物质加入30%热的盐酸中
无气泡、溶液颜色变为黄绿色
丙
取少量黑色物质加入硫酸铜溶液中
无任何现象
[实验结论]
（1）甲实验现象说明黑色物质中没有_________，乙、丙实验现象说明黑色物质中没有________。
（2）生成的黑色物质应为四氧化三铁，写出黑色粉末和热的盐酸反应的化学方程式___________。
Ⅱ.某化学小组制取到的四氧化三铁中可能含有的杂质是氧化铁和氧化亚铁中的一种或两种。该小组设计了如下实验进行探究。
同学们称取了23.28 g该四氧化三铁样品进行了下列实验：
利用仪器测定并绘制成反应过程中A装置中玻璃管内的固体质量随温度的变化曲线(如图)：
（3）写出BC段发生反应的化学方程式___________。
（4）通过计算确定：该四氧化三铁样品中含有的杂质是___________， 其中含四氧化三铁的质量是___________g。(不需要写过程)
【答案】（1） ①. 氧化亚铁 ②. 铁
（2）Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O
（3）Fe3O4+CO3FeO+CO2
（4） ①. 氧化铁 ②. 20.88
【解析】
【小问1详解】
实验甲中看到黑色物质全部被磁铁吸引，说明没有氧化亚铁；实验乙中加盐酸没有气泡产生，实验丙中取少量黑色物质加入硫酸铜溶液中无任何现象，说明没有铁。
【小问2详解】
根据实验可知黑色固体为四氧化三铁，与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，黑色粉末和热的盐酸反应的化学方程式为Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O。
【小问3详解】
由图可知，D点为Fe，Fe的物质的量为，失去O的物质的量为，，则C为FeO，失去O的物质的量为，，则B为Fe3O4，因此BC段发生反应的化学方程式为Fe3O4＋CO3FeO＋CO2。
【小问4详解】
到700℃时只剩下铁，即此时氧化铁被一氧化碳还原为铁单质，混合物中铁元素的质量分数=×100%72.16%；四氧化三铁中铁元素的质量分数=×100%72.4%；氧化亚铁中铁元素的质量分数=×100%≈77.8%；氧化铁中铁元素的质量分数=×100%=70%，所以该四氧化三铁样品中含有的杂质是氧化铁；设混合物中含四氧化三铁的质量为x，则x××100%＋(23.28g－x)××100%=16.80g，x=20.88g。
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