吉林省德惠市实验中学、前郭五中等九校2020届高三上学期期中考试化学（解析版）


吉林省德惠市实验中学、前郭五中等九校2020届高三上学期期中考试
第I卷
一、选择题（本大题共20小题，1-12小题每题2分，13-20小题每题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.下列有关化学与生产、生活说法中，不正确的是 ( )
A. 陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品
B. 低温下甲醇与水蒸气催化制氢，该反应属于氧化还原反应
C. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【答案】C
【详解】A．陶瓷、水泥和玻璃的主要成分均为硅酸盐，都属于硅酸盐产品，故A正确；
B．甲醇与水蒸气催化制氢，H元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故B正确；
C．Al为活泼金属，应选电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故C错误；
D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用溶解性的差异分离的，为萃取分液法，故D正确；
故选C。
2.用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是 （ ）

A. 加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体
B. 用装置II验证二氧化硫的漂白性
C. 用装置III制备氢氧化亚铁沉淀
D. 用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体
【答案】D
【详解】A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A错误；
B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；
C．关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；
D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；
本题答案：D。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是( )
A. 38g3H2O2中含有3NA共价键
B. 标准状况下，2.24L F2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2
C. 常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.3NA电子
D. 1L 0.5mol·L−1 pH=7的CH3COONH4溶液中NH4+数目为0.5NA
【答案】A
【详解】A、38g3H2O2中物质的量为：=1mol，一个分子中含有2个H-O键和1个O-O键。共含有3NA共价键，故A正确；
B、F2氧化性很强，通入饱和食盐水中，优先与水反应，置换水中的氧，故B错误；
C、常温下，铁在浓硝酸中会钝化，不能反应完全，则5.6g铁即0.1mol铁反应后转移的电子数小于0.3NA个，故C错误；
D、1L 0.5mol•L-1 pH=7的CH3 COONH4溶液中，存在物料守恒，c(NH3)+c(NH3•H2O)=0.5mol/L，则c(NH4+)＜0.5mol/L，NH4+数目小于0.5NA，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意F2通入水溶液中，优先与水反应，类似的还有，将钠投入盐溶液中，也是先与水反应。
4.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是( )
A. Na+ B. SO42－ C. Ba2+ D. NH4+
【答案】A
【详解】溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验；加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以I﹣一定不能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答案选A。
【点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。
5.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A. NH3NO2HNO3 B. AlNaAlO2(aq) NaAlO2(s)
C. FeFe2O3Fe D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2OH(aq)] Ag
【答案】B
【详解】A．NH3与氧气反应生成的是NO，无法直接得到NO2，故A错误；
B．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液，水解产物不挥发，蒸发会得到溶质偏铝酸钠，所以Al  NaAlO2(aq)  NaAlO2(s)，能够在给定条件下实现，故B正确；
C．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故C错误；
D．硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液，蔗糖为非还原性的糖，不能和银氨溶液反应，物质间转化不能实现，故D错误；
答案选B。
6.下列叙述正确的是 (　　)
A. 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，产生沉淀，此沉淀是BaSO3
B. 氯水久置后，漂白性和酸性均增强
C. 向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀，再加入过量NaHSO4溶液，沉淀溶解
D. 在Fe(OH)3 胶体中加入稀盐酸，可观察到红褐色胶体变为棕黄色溶液
【答案】C
【详解】A．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，发生氧化还原反应，生成BaSO4沉淀，故A错误；
B．新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，故B错误；
C．AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀为氢氧化铝，氢氧化铝可溶于强酸性溶液，则再加入过量NaHSO4溶液，沉淀溶解，故C正确；
D．Fe(OH)3胶体中加入稀盐酸，先发生聚沉，后发生复分解反应，可观察到先生成红褐色沉淀，后溶液变为棕黄色，故D错误；
故选C。
7.下列化学用语书写正确且能合理解释事实的是 (　　)
A. 由H和Cl形成共价键的过程：
B. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4－＋16H＋＋5C2O42－=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后，溶液变蓝：4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2O
D. 向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2：2Fe2++4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6C1-
【答案】C
【详解】A．形成的HCl为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程为，故A错误；
B．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，草酸为弱酸，离子反应为2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B错误；
C．淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后，溶液变蓝，碘离子被氧气氧化生成碘，离子反应为4H++4I-+O2=2I2+2H2O，故C正确；
D．物质的量相等，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的难点和易错点为D，要注意反应的先后顺序，氯气通入FeBr2溶液中，首先氧化亚铁离子，再氧化溴离子。
8.向含有c(FeCl3)＝0.2 mol·L－1、c(FeCl2)＝0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是(　　)
A. 该分散系的分散质为Fe2O3
B. 该分散系属于溶液
C. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O
D. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开
【答案】C
【详解】A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B．该分散系中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物，则该分散系为胶体，故B错误；C．氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2++2Fe3++8OH-═Fe3O4+4H2O，故C正确；D．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故D错误；故答案为C。
9.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是(　　)
A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si

D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
【答案】C
【详解】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A；
B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；
C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C；
D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；
答案：C
10.已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉­KI溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是( )
A. 化合物KCrO2中Cr为＋3价
B. 实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C. 实验②证明氧化性：Cr2O72-＞I2
D. 实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
【答案】D
【详解】A. 根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0可得化合物KCrO2中元素Cr为+3价。正确但不符合题意，A不选。
B.根据题意可知Cr2O3是两性氧化物。正确但不符合题意，B不选。
C.根据氧化还原反应中氧化性;氧化剂＞氧化产物，可知在②中氧化性K2Cr2O7＞I2。正确但不符合题意。C不选。
在③中H2O2中的O元素的化合价由-1价变为-2价，化合价降低，得到电子，表现为氧化性。错误符合题意。D选。
答案选D。
11.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前，科学家发现了一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”，可形成气凝胶。下列有关说法正确的是( )
A. “常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体
B. “气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质
C. 18g“气态冰”的体积为22.4L
D. 构成“气态冰”的分子中含有极性共价键
【答案】D
【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，状态不同，但是同一种物质，故A错误；
B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但化学性质相同，故B错误；
C.“气态冰”是形成气凝胶的冰，标准状况下不是气体，18g“气态冰”的体积小于22.4L，故C错误；
D.“气态冰”的分子是水分子，构成“气态冰”的分子中含有极性共价键，故D正确。
故选D。
12.已知氢化钠（NaH）可由氢气和钠在高温下化合形成，其使用需要惰性环境，遇水放出易燃气体，下列说法不正确的是（　　）
A. 氢化钠与水反应产生的气体，通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2
B. 氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2
C. 氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为3 NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH
D. 锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后，与钠在高温下反应得到纯净的NaH
【答案】D
【详解】解：A．氢化钠与水反应产生的气体，反应的化学方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，气体通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2，故A正确；
B．氢气能还原氧化铜生成Cu，氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2，故B正确；
C．NaH具有强还原性，能与Fe2O3生成Fe和NaOH，反应方程式为：3NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH，故C正确；
D．锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气，浓硫酸干燥除去了水蒸气，还含有氢气和HCl，所以应该先除去HCl、再用浓硫酸干燥，然后与钠在高温下反应得到纯净的NaH，故D错误。
故选：D。
13.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是( )
A. 常温常压下X的单质为气态
B. Z的氢化物为离子化合物
C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性
D. W与Y具有相同的最高化合价
【答案】B
【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10－7－2＝1，所以X是Na，据此解答。
详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则
A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；
B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；
C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C错误；
D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。
点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。
14.聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.7475 g。取另一份溶液，先将Fe3＋还原为Fe2＋(还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3＋还原为Fe2＋)，再用0.020 00 mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为 ( )
A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶1 D. 2∶5
【答案】B
【分析】加入氯化钡生成的沉淀为硫酸钡，可计算出硫酸根离子的物质的量，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量，根据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量，铁和氢氧根离子的物质的量之比即为a∶b的比值，据此分析解答。
【详解】n(SO42-)==0.0075mol，n(K2Cr2O7)=0.05L×0.02mol/=0.001mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=0.006mol，由电荷守恒可知n(OH-)+2n(SO42-)=3n(Fe3+)，n(OH-)=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol，得到a∶b=0.006mol∶0.003mol=2∶1，故选B。
15.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：

下列说法不正确的是( )
A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B. X可以是空气，且需过量
C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO
D. 处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O
【答案】B
【解析】试题分析：工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；故选B。
考点：考查了物质的分离、提纯的相关知识。
16.下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是(　　)
A. 硫黄矿制备硫酸经历两步：SO2/点燃,SO3H2SO4
B. 酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中
C. 在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为2CaCO3＋2SO2＋O22CO2＋2CaSO4
D. 土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS很稳定，不具有还原性
【答案】C
【详解】A.用硫黄制硫酸时，第一步只能将硫氧化成SO2，故A错误；B.酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以SO42-的形式进入土壤中，故B错误；C.在燃煤中加入石灰石，高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙，故C正确；D．土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS的溶解度比ZnS的小，与CuS很稳定不具有还原性无关，故D错误；答案选C。
【点睛】硫单质在氧气中燃烧的产物是二氧化硫，而二氧化硫和氧气需要在催化剂、加热条件下才能进一步转化为三氧化硫。
17.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是( )

A. 该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
B. 脱硫过程O2间接氧化H2S
C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血
D. 《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐
【答案】A
【详解】A.T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；
B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；
C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；
D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D正确；
故合理选项是A。
18.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如左图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如右图．下列说法正确的是（ 　 ）

A. NH3催化还原NO为吸热反应
B. 过程Ⅰ中NH3断裂非极性键
C. 过程Ⅱ中NO为氧化剂，Fe2+为还原剂
D. 脱硝的总反应为： 4NH3(g)+4NO(g)+ O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)
【答案】D
【详解】A．根据图像，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应，故A错误；
B．NH3断裂的是N-H极性键，故B错误；
C．NO→N2，化合价由+2→0，化合价降低，得电子作氧化剂，Fe2+在反应前后没有发生变化，故作催化剂，故C错误；
D．由图象知，脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)，故D正确；
故选D。
19.海水约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。下图是开水资源综合利用的工艺图，以下说法正确( )

A. 电解NaCl溶液时可用铁做电极,其离子方程式为：2Cl- + 2H2O = 2OH-+ H2↑+ Cl2↑
B. 向苦卤中加入Cl2作用是置换出溴单质，该过程体现了还原性：Cl- > Br-
C. 实验室模拟海水提取淡水，除夹持装置外只用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、锥形瓶
D. Br2 与SO2的水溶液发生反应的离子方程式为：Br2 + SO2 + 2H2O =4H+ + 2Br- + SO42-
【答案】D
【详解】A. 铁做电解池的阳极，铁失电子，溶液中的氯离子不能失电子生成氯气，离子方程式书写错误，A错误；
B. 向苦卤中加入Cl2的作用是置换出溴单质，证明氯气的氧化性大于溴，B错误；
C. 实验室模拟海水提取淡水，用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、锥形瓶外，还需要有温度计、冷凝管、牛角管等，C错误；
D. Br2 与SO2的水溶液发生反应生成硫酸和氢溴酸，离子方程式为：Br2 + SO2 + 2H2O =4H+ + 2Br- + SO42-，D正确；
综上所述，本题答案是：D。
20.某100mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四种离子，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示，若整个反应过程中溶液的体积不发生变化，则下列说法中不正确的是（ ）

A. 原溶液的c(H+)=4mol·L-1
B. 若a=3，则原溶液中c(Cu2+)=1mol·L-1
C. 原溶液中的c(NO3-)=7mol·L-1
D. BC段发生反应的离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu
【答案】C
【解析】A．OA段无Fe2+生成，是加入的5.6g即0.1mol铁粉与硝酸反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，设溶液中的氢离子的物质的量为xmol，则有：
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
1            4
0.1mol    xmol
则有：
解得x=0.4mol      则溶液中的氢离子的物质的量浓度c==4mol/L，故A正确；B．若a=3，则说明在BC段生成的Fe2+的物质的量为n=0.1mol，而BC段发生的反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，设溶液中的Cu2+的物质的量为ymol，则有：
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
        1                 1
     ymol          0.1mol
则有：，
则有：y=0.1mol，则溶液中的铜离子的物质的量浓度c==1mol/L，故B正确；C．C点溶液中c（Fe2+）=4mol/L，故此时溶液中的n（Fe2+）=CV=4mol/L×0.1L=0.4mol，而此时溶液中溶质为Fe（NO3）2，故C点溶液中的n（NO3-）=0.8mol，而在OA段加入0.1mol铁反应时，消耗掉的硝酸根为0.1mol，故原溶液中的n（NO3-）总=0.8mol+0.1mol=0.9mol，故浓度为c（NO3-）总==9mol/L，故C错误；D．BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故D正确；故选C。
点睛：明确图示反应原理是解题关键，OA段无Fe2+生成，是加入的5.6g即0.1mol铁粉与硝酸反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗的铁的物质的量求出溶液中的氢离子的物质的量；AB段，加入的铁粉和溶液中的Fe3+反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+．据此分析。
II、非选择题（52分）
21.某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L．
阳离子
K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+
阴离子
Cl﹣ CO32﹣ NO3﹣ SO42﹣ SiO32﹣

甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
I．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。
Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。
Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。
Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
请推断
（1）由I、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是_________________（写离子符号）。
（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______________________________。
（3）将Ⅲ中红棕色气体（标况下）收集一试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所得溶液的物质的量浓度为_________mol/L（精确到千分位）。
（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是_____________，阴离子是_________________。
（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为_________________，质量为_______________g。
【答案】(1). K+、Fe3+ (2). 3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (3). 0.045 (4). Fe2+、Cu2+ (5). Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣ (6). CuO和Fe2O3 (7). 1.6
【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；
Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；
Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-；
Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；
根据以上判断，结合电荷守恒分析解答。
【详解】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；
Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；
Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-；
Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；
综上所述，溶液中一定不含有的离子是K+、Fe3+、SiO32-；一定含有Fe2+、NO3-、Cl-、SO42-。根据各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L，则溶液中一定还含有一种阳离子，根据电荷守恒，该阳离子所带电荷=1+1+2-2=2，因此一定含有Cu2+，且一定没有CO32﹣。
(1)由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为：K+、Fe3+；
(2)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O；
(3)标准状况下，将一充满NO2气体的试管，倒扣于水中，至液面不再升高时，最后得到的硝酸，3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，设试管体积为VL，最终试管中所得溶液的体积为L，生成硝酸的物质的量为×=×mol，因此溶液的物质的量浓度==0.045mol/L，故答案为：0.045；
(4)由以上推断可知溶液中阴离子为 Cl-、NO3-、SO42-，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl-、NO3-、SO42-，故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl-、NO3-、SO42-；
(5)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe(OH)2，又被氧气氧化为Fe(OH)3，Cu2+生成Cu(OH)2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO；根据元素守恒：n(CuO)=n(Cu2+)=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；n(Fe2O3)=n(Fe2+)=0.005mol，所以固体质量为：m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g，故答案为：Fe2O3和CuO；1.6。
22.实验室可通过反应：3Cl2+6KOH5KCl+KC1O3+3H2O 制取KC1O3，再用稍潮湿KC1O3和草酸(H2C2O4) 在60℃时反应制取ClO2气体，装置如图所示。ClO2是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为-59℃，沸点为11.0℃，易溶于水。

请回答下列问题：
（1）A 中反应的主要产物有：某种正盐、ClO2和CO2等，写出该反应的化学方程式：_________________________________________。
（2）请分析装置图，进行补充和完善。A部分缺________装置，B部分还应补充_______装置，还有一处设计明显不合理的是___________（填“A”“B”或“C”）。
（3）C中的试剂为NaOH溶液时，反应生成NaClO3和NaClO2，写出该反应的离子方程式____________________________________。
（4）在密闭容器中向9℃的KOH溶液中通入少量Cl2，此时Cl2的氧化产物主要是________；继续通入适量Cl2，将溶液加热，溶液中主要离子的浓度随温度的变化如图所示，图中甲、乙、丙依次表示的离子是__________、__________、__________（不考虑Cl2的挥发）。

【答案】 (1). 2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑ +2C1O2↑+H2O (2). 水浴加热 (3). 盛有冰水混合物的水槽（或冰水浴） (4). C (5). 2ClO2+2OH- = C1O2- +ClO3- +H2O (6). KClO (7). Cl-、 (8). ClO3- (9). ClO-
【分析】通过反应：3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O 制取KC1O3，再用稍潮湿的KC1O3和草酸(H2C2O4) 在60℃时反应制取ClO2气体，由实验装置可知，A中发生2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O，需要水浴加热，可保证温度恒定；B为收集ClO2的装置，ClO2是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为-59℃，沸点为11.0℃，B需要冰水冷却；C装置为尾气处理装置，装置不能密封，需要有出气口，据此分析解答(1)～(3)；
(4)低温下氯气与KOH反应生成KCl、KClO，加热时氯气与KOH反应生成KCl、KClO3，结合图中66℃时甲最多、丙最少判断。
【详解】(1)A 中KC1O3和草酸(H2C2O4) 在60℃时反应的主要产物有：某种正盐、ClO2和CO2等，该反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；
(2)由上述分析可知，A部分缺水浴加热装置，B部分还应补充盛有冰水混合物的水槽(或冰水浴)装置，还有一处设计明显不合理的是C，故答案为：水浴加热；盛有冰水混合物的水槽(或冰水浴)；C；
(3)C中试剂为NaOH溶液时，反应生成NaClO3和NaClO2，由得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知该反应的离子方程式为2ClO2+2OH-=C1O2-+ClO3-+H2O，故答案为：2ClO2+2OH-=C1O2-+ClO3-+H2O；
(4)低温下氯气与KOH反应生成KCl、KClO，加热时氯气与KOH反应生成KCl、KClO3，结合图中66℃时甲最多、丙最少，则在密闭容器中向9℃的KOH溶液中通入少量Cl2，此时Cl2的氧化产物主要是KClO；继续通入适量Cl2，将溶液加热，3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O，则图中甲、乙、丙依次表示的离子是Cl-、ClO3-、ClO-，故答案为：KClO；Cl-；ClO3-；ClO-。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意解反应的方程式分析判断，低温下Cl2+2KOH=KCl+ KClO+H2O， 温度高于66 ℃时3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O。
23.某地菱锰矿的主要成分为MnCO3，还含有少量的FeCO3、CaCO3、Al2O3等杂质。工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示：

已知：MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O．
相关金属离子[c0（Mn+）=0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7

（1）焙烧时温度对锰浸取率影响如图。焙烧时适宜的温度为___________左右；800℃以上锰的浸取率偏低，可能的原因是_________________________________________________。

（2）净化包含三步：①加入少量MnO2，添加少量MnO2的作用是______________________。发生反应的离子方程式为_________________________________________。
②加氨水调pH，溶液的pH范围应调节为___________～8.1之间。生成的沉淀主要是_______________。
③加入MnF2，沉淀除去Ca2+，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________。
（3）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为______________________________________。
【答案】(1). 500℃ (2). 温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底（或MnCO3分解发生其他副反应；或MnCl2挥发导致Mn损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；或高温使固体烧结，固体表面积减小等） (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (5). 4.7 (6). Fe（OH）3、Al（OH）3 (7). F- 与H+ 结合形成弱电解质HF，CaF2（s）Ca2+（aq）+F—（aq）平衡向右移动 (8). )Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+
【分析】(1)由图示得到，500 ℃时，锰的浸取率已经很大；温度很高时，氯化铵受热分解、MnCO3分解发生其他副反应等；
(2)①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋；
②加氨水调溶液pH的目的是使溶液中Fe3＋和Al3＋转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀除去；
③若溶液酸度过高，F- 与H+ 结合形成弱酸HF，使CaF2溶解平衡向右移动；
(3)碳化结晶是氯化锰溶液与碳酸氢铵和氨水应得到碳酸锰沉淀。
【详解】(1)由图示得到，500 ℃时，锰的浸取率已经很大，所以选取500℃即可，没有必要选择更高的温度，因为温度越高，能耗越大；温度很高时，浸取率下降，有可能是高温下氯化铵分解使反应的量减少；或生成的氯化锰转化为气体离开体系；或高温下发生副反应，锰转化为其他化合物；或高温使固体烧结，固体表面积减小等，故答案为：500℃；温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底（或MnCO3分解发生其他副反应；或MnCl2挥发导致Mn损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；或高温使固体烧结，固体表面积减小等）；
(2)①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的化学方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，故答案为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；
②加氨水调溶液pH的目的是使溶液中Fe3＋和Al3＋转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀除去，由题给表格数据可知，溶液的pH范围调节在4.7～8.1之间时，Fe3＋和Al3＋完全沉淀，而Mn2＋不沉淀，故答案为：4.7；
③加入MnF2目的是沉淀除去Ca2+，CaF2在溶液中存在溶解平衡CaF2（s）Ca2+（aq）+F—（aq），若溶液酸度过高，F- 与H+ 结合形成弱酸HF，F—浓度减小，溶解平衡向右移动，使Ca2+沉淀不完全，故答案为：F- 与H+ 结合形成弱电解质HF，CaF2（s）Ca2+（aq）+F—（aq）平衡向右移动；
(3)碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水，反应得到碳酸锰沉淀，反应的化学方程式为Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+，故答案为：Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+。
【点睛】本题考查化学工艺流程，是对学生综合能力的考查，涉及了物质分离提纯过程分析判断、氧化还原反应等，理解工艺流程原理是解题的关键。
24.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：

①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，请写出CO2的电子式___________________。
②反应器内NH3还原NO2过程中，若还原产物比氧化产物少1mol，转移电子总数__________个（用NA表示）。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成_________。
④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60 g·mol−1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L−1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________
（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。

①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_________。
②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是___。
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_____________15NNO+H2O
【答案】(1). (2). 24NA (3). 2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O===2(NH4)2SO4 (4). ％ (5). BaO (6). 8∶1 (7). 415NO＋4NH3＋3O2
【分析】(1)①二氧化碳为共价化合物，含有C=O键；②涉及反应为为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，结合方程式判断；③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；④涉及反应为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，以此计算；
(2)①由图a可知储存NOx的物质是BaO；②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1∶1，结合电子得失相等配平。
【详解】(1)①二氧化碳为共价化合物，含有C=O键，电子式为，故答案为：；
②NH3还原NO2过程中涉及的反应为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，由方程式可知若还原产物比氧化产物少1mol，即生成还原产物(N2)4mol，氧化产物(N2)3mol，则有8molNH3参加反应，转移电子24mol，总数为24NA，故答案为：24NA；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4，故答案为：2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4；
④涉及反应为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n(H2SO4)=v1×c1×10-3mol，n(NaOH)=v2×c2×10-3mol，由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，则n(NH3)=(2v1×c1×10-3-v2×c2×10-3)mol，则m(CO(NH2)2)=×(2v1×c1×10-3-v2×c2×10-3)mol×60g/mol=(0.06v1c1-0.03v2c2 )g，尿素溶液中溶质的质量分数是×100%=%，故答案为：%；
(2)①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO，故答案为：BaO；
②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，则1molBa(NO3)2生成氨气转移16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8∶1，故答案为：8∶1；
③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1∶1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O，故答案为：415NO+4NH3+3O2。