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北京市海淀区2020届高三上学期期中考试化学试题
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海淀区高三年级第一学期期中练习
化学2019.11
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-18 S-32 K-39 Cu-64 Zn-65 Rb-85
第一部分选择题（共42分）
在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题3分，共42分）
1.巴黎圣母院是全人类的宝贵文化遗产。下列在传承过程中遇到的问题与化学变化无关的是
A石质阶梯被游
客磨损
B石质雕像被酸雨
腐蚀
C铜质雕像逐渐变
为绿色
D木质中轴塔在
火灾中坍塌
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 石质阶梯被游客磨损，没有生成新的物质，是物理变化，符合题意，故A正确；
B. 石质雕像主要成分为碳酸盐，被酸雨腐蚀，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故B错误；
C. 铜质雕像逐渐变为绿色，铜单质变为碱式碳酸铜，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故C错误；
D. 木质中轴塔主要成分为碳，在火灾中发生燃烧而坍塌，燃烧属于化学反应，发生化学变化，不符合题意，故D错误；
答案选A。
【点睛】物理变化和化学变化的区别是看有没有新物质生成，应从本质上理解化学变化的实质。
2.下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是
A. 牛奶在冰箱里保存
B. 向玻璃中加入氧化铅
C. 高炉炼铁前先将铁矿石粉碎
D. 在糕点包装内放置小包除氧剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. 牛奶在冰箱里保存，通过降低温度减小牛奶变质的反应速度，与题意不符，故A错误；
B. 向玻璃中加入氧化铅，可增强玻璃的折光率，与反应速率无关，符合题意，故B正确；
C. 高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，目的是增大反应物的接触面积，从而起到增大反应速率的目的，与题意不符，故C错误；
D. 在糕点包装内放置小包除氧剂来防止食品被氧化，减慢食物因氧化而变质的速度，与题意不符，故D错误；
答案选B。
3.下列关于铝及含铝物质的说法正确的是
A. 27Al的中子数为13
B 单质铝可用作半导体材料
C. 原子半径：r(Si) >r(Al)
D. Al(OH)3能与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 27Al的质量数为27，质子数为13，中子数为14，故A错误；
B. 单质铝是金属，是导体，不能用作半导体材料，故B错误；
C. 铝和硅为同周期元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大，原子半径减小，原子半径：r(Si)
答案选D。
4.下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是
A. 金属钠露置在空气中迅速变暗
B. 露置在空气中的过氧化钠固体变白
C. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升
D. 将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟
【答案】C
【解析】
【详解】A. 金属钠露置在空气中与空气中的氧气反应，生成氧化钠，使钠表面迅速变暗，氧气发生还原反应，不符合题意，故A错误；
B. 露置在空气中的过氧化钠与空气中的水蒸汽以及二氧化碳反应，生成氧气，最后变成碳酸钠白色固体，反应过程中固体过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，水蒸气和二氧化碳没有被氧化或被还原，不符合题意，故B错误；
C. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，试管内气体减少，压强减小，则液面上升，二氧化氮中的氮元素化合价既升高又降低，既被氧化又被还原，符合题意，故C正确；
D. 将氨气与氯化氢混合发生化合反应，生产氯化铵固体颗粒，则产生大量白烟，反应中氯化氢和氨气没有发生化合价变化，不是氧化还原反应，不符合题意，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考察物质的性质和氧化还原反应的原理，首先应该能正确判断物质发生的化学反应，其次从化合价的角度判断氧化还原反应。
5.下列条件下，可以大量共存的离子组是
A. 某无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO42－、OH－
B. 含有大量CH3COO－的溶液中：H+ 、K+、SO42－、NO3－
C. pH=11的溶液中：Na+、K+、Cl－、CO32－
D. 0.1 mol/L的H2SO4溶液中：K+、Ba2+、Cl－、NO3－
【答案】C
【解析】
【详解】A. 某无色透明溶液中，Cu2+与OH－反应生成蓝色沉淀，不能大量共存，且Cu2+在溶液中为蓝色，故A错误；
B. 含有大量CH3COO－的溶液中，CH3COO－与H+结合形成弱电解质醋酸，不能大量共存，故B错误；
C. pH=11的溶液显碱性，溶液中各离子之间不发生反应，与氢氧根离子也不发生反应，能大量共存，故C正确；
D. 0.1 mol/L的H2SO4溶液中，Ba2+与SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
答案选C。
6.一定温度下，在2 L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. a点时，υ(A) =υ(B)
B. 反应开始到5min，B的物质的量增加了0.2 mol
C. 反应的化学方程式为：3A2B＋C
D. 反应开始到5min，υ(C) =0.04 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图可知，a点时，A、B两物质反应的时间相同，但物质的量的变化量不同，反应速率不相等，故A错误；
B. 反应开始到5min，B的物质的量由0变为0.4 mol，则增加了0.4 mol，故B错误；
C. 反应达到平衡时，A的物质的量由0.8 mol减少为0.2 mol，变化量为0.6 mol，A为反应物，B的物质的量由0增加到0.4 mol，变化量为0.4 mol，C的物质的量由0增加到0.2 mol，变化量为0.2 mol，B、C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，∆n(A)：∆n(B) ：∆n(C) =0.6 mol：0.4 mol：0.2 mol=3：2：1，则反应的化学方程式为：3A2B＋C，故C正确；
D. 反应开始到5min，∆n(C)= 0.2 mol，υ(C) ==0.02 mol/(L·min)，故D错误；
答案选C。
【点睛】从图象中找到信息，找到谁是反应物，谁是生成物，根据方程式的系数之比等于变化的物质的量之比，从而正确书写出化学方程式，应用化学反应速率的公式进行计算。
7.下列实验方案能达到实验目的的是（部分夹持装置已略去）
A证明醋酸酸性比
硼酸强
B实验室制
氢氧化亚铁
C实验室制氨气
D证明碳酸氢钠热稳定
性比碳酸钠弱
A. A B. B… C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳酸钠加到醋酸中有气体生成，则醋酸酸性大于碳酸，碳酸钠加入到硼酸中无现象，说明碳酸酸性大于硼酸，则可得醋酸的酸性大于硼酸，故A正确；
B. 将氢氧化钠滴加到硫酸亚铁溶液中，可短暂生成氢氧化亚铁，但很快被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，若想制得氢氧化亚铁需满足无氧条件，例如加入苯等，故B错误；
C. 氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，生成的氨气和氯化氢又很快化合生成氯化铵固体小颗粒，无法得到氨气，故C错误；
D. 小试管内应放碳氢酸钠，温度较低的情况下碳酸氢钠分解产生二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，大试管放碳酸钠，温度较高受热不分解，不能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故D错误；
答案选A。
【点睛】实验方案的设计，需要充分考虑物质的性质，例如氢氧化亚铁易被氧化，所以制得时需要隔绝空气，用氯化铵制氨气时，要考虑氨气和氯化氢还会结合生成氯化铵，正确的实验方案设计，要综合考虑实验原理，提出可行性方案。
8.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 用稀盐酸除铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3+ +3H2O
B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2：NH3·H2O+SO2=NH4++HSO4-
C. 用金属钠除去甲苯中的水：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
D. 铜片溶解在NaNO3和稀硝酸的混合液中：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、铁锈的成分是氧化铁，氧化铁和稀盐酸反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，离子反应方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故A正确；
B、用氨水除去烟气中的二氧化硫，化学方程式为：SO2 +2NH3•H2O═(NH4)2SO3 +H2O，离子反应方程式为2NH3•H2O+SO2═2NH4++2SO32-+H2O，故B错误；
C、除杂不能引入新杂质，且与原物质不发生反应，故可用金属钠除去甲苯中的水，对应的方程式为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，然后分液分离，故C正确；
D、在 NaNO3和稀硝酸混合液中，发生氧化还原反应，铜片溶解，反应的离子反应为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；
故选B。
9.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。
下列说法不正确的是
A. NO属于共价化合物
B. O2含有非极性共价键
C. 过程②吸收能量，过程③释放能量
D. 标准状况下，NO分解生成11.2LN2转移电子数为6.02×1023
【答案】D
【解析】
详解】A. NO中氮原子和氧原子以共价键相结合，NO只含有共价键，属于共价化合物，故A正确；
B. O2中氧原子和氧原子以共价键相结合形成分子，由同种元素形成的共价键为非极性键，故B正确；
C. 过程②为NO分子变成氮原子和氧原子，是断键过程，断键吸收能量，过程③由氮原子和氧原子重新结合形成氮气和氧气，是形成化学键，形成键释放能量，故C正确；
D. 11.2LN2的物质的量为0.5mol，2molNO生成1mol N2，氮原子化合价由+2价变为0价，共转移4mol电子，则生成0.5mol N2转移电子数为2×6.02×1023=1.204×1024，故D错误；
答案选D。
10.在一氧化碳变换反应CO + H2OCO2 + H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
C. 增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
D. 增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
【答案】D
【解析】
【详解】A. 使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故A正确；
B. 升高温度，活化分子数目最多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；
C. 增大压强，气体体积减小，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故C正确；
D. 增大c(CO)，单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D错误；
答案选D。
【点睛】增大浓度，增加的是单位体积内活化分子数，活化分子百分数是不变的。
11.某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如下图所示。
下列实验事实与所得结论相符的是
实验事实
所得结论
A
湿润品红试纸褪色
证明硫燃烧的产物中有SO2
B
湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体
证明硫的燃烧产物能被还原成硫
C
湿润的蓝色石蕊试纸变红
证明硫的燃烧产物中有酸类物质
D
加入BaCl2溶液产生白色沉淀
证明硫燃烧的产物中有SO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 湿润的品红试纸褪色，说明生成的物质具有漂白性，则证明燃烧时生成了二氧化硫，故A正确；
B. 湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体，说明硫离子被氧化剂氧化为硫单质，瓶内含有氧气具有氧化性，不一定是二氧化硫被还原，故B错误；
C. 湿润的蓝色石蕊试纸变红，是因为二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊试纸变红，二氧化硫不是酸，是酸性氧化物，故C错误；
D. 硫与氧气燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故D错误；
答案选A。
12.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。
下列说法不正确的是
A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2
B. 若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体
C. 若B为FeCl3，则X一定是Fe
D. A可以是碳单质，也可以是O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；
B. 若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；
C. 若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；
D. 若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；
答案为B。
【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。
13.利用下列实验探究亚硝酸钠（NaNO2）的化学性质（AgNO2是淡黄色难溶于水的固体）
实验
装置
试剂a
现象
①
酚酞
无色溶液变红
②
AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
③
淀粉KI 溶液+稀硫酸
无色溶液立即变蓝
④
酸性K2Cr2O7溶液
无色溶液变为绿色
由上述实验所得结论不正确的是
A. NaNO2溶液呈碱性：NO2-+H2O⇌HNO2+OH-
B. NaNO2可与某些盐发生复分解反应：NO2-+Ag+=AgNO2↓
C. NaNO2有氧化性：2I-+2H++2NO2-=I2+2NO2↑+H2O
D. NaNO2有还原性：Cr2O72-+3NO2-+8H+=3NO3-+2Cr3++4H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaNO2滴加酚酞，溶液变红色，是因为其属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，NO2-+H2O⇌HNO2+OH-，故A正确；
B．加入硝酸银溶液，可生成AgNO2沉淀，发生复分解反应，方程式NO2-+Ag+═AgNO2↓，故B正确；
C．NaNO2有氧化性，可与KI发生氧化还原反应生成碘，N元素化合价降低，方程式为2I-+4H++2NO2-═I2+2NO↑+2H2O，故C错误；
D．NaNO2有还原性，可被Cr2O72-氧化生成硝酸根离子，发生Cr2O72-+3NO2-+8H+═3NO3-+2Cr3++4H2O，故D正确；
故选C。
【点睛】根据现象判断物质的性质是解题的关键。本题的易错点为CD，要注意氧化还原反应规律的理解和应用。
14.含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO。下列分析不正确的是
A. 含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3 + H2O
B. 吹脱法的原理是通过鼓气降低NH3浓度，从而降低水中NH3·H2O与NH4+的含量
C. 折点氯化法除NH4+的原理为：2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+
D. 吹脱法无法对含NO2–的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2–的水体脱氮
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氨气与水反应生成弱电解质一水合氨，铵盐中的铵根离子水解生成一水合氨，一水合氨在溶液中存在平衡：NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3 + H2O，故A正确；
B. 吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气，利用空气将水体中的氨气带出，促使NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3 + H2O平衡向正向移动，减小铵根离子和NH3·H2O的浓度，故B正确；
C. 根据题意，折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO，酸性条件下，ClO-具有氧化性，铵根离子中氮元素为-3价，具有还原性，NaClO与NH4+发生氧化还原反应，反应为2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故C正确；
D. 吹脱法是利用物理法脱氮，无法对含NO2–的水体脱氮；折点氯化法利用ClO-具有氧化性，发生氧化还原反应，将NO2–氧化为硝酸根离子，氮元素不能脱离水体，无法脱氮，故D错误；
答案选D。
第二部分 非选择题（共58分）
15.R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。
（1）W的原子结构示意图是__________________________。
（2）WX2的电子式是_______________________。
（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是____（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_____。
（4）Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。
①根据元素周期律，下列推断正确的是________（填字母序号）。
a．Se的最高正化合价为+7价
b．H2Se的还原性比H2Y强
c．H2SeO3的酸性比H2YO4强
d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_____________。
（5）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为M2O3。为确定M元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：
①M的相对原子质量介于K和Rb（铷）之间；
②0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol；
综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第_________________族。
【答案】 (1). (2). (3). H2O (4). 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S
【分析】
R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则WX2为CO2，W为C元素，X为O元素；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S元素。
【详解】（1）W为C元素，原子结构示意图为，
答案为：；
（2）WX2为CO2，电子式是，
答案为：；
（3）R为H元素，X为O元素，Y为S元素，R2X、R2Y分别为H2O、H2S，氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S
a．Se与S是同一主族的元素，最外层电子数为6，Se的最高正化合价为+6价，故a错误；
b．单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，S的氧化性强于Se，则S2-还原性弱于Se2-，因此H2Se的还原性比H2S强，故b正确；
c．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S>Se，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；
d．同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；
答案选bd；
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失电子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，
答案为：3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O；
（5）0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01 mol M2O3完全反应共得到2×（3+x）×0.01 mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol，共失去2×0.06 mol的电子，根据得失电子守恒，2×（3+x）×0.01=2×0.06，解得x=3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序数，故M可能位于元素周期表第VA族，
答案为：VA；
16.自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。
（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。
资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O。
①冰水浴的作用是____________。
② NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为________________。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到____，证明ClO2具有氧化性。
（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_____________________（填字母序号）。
a. FeSO4 b. O3 c. KMnO4 d. SO2
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为______________________。
②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是____________。
【答案】 (1). 分离Cl2和ClO2 (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). 溶液分层，下层为紫色 (4). ad (5). 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用
【解析】
【详解】（1）①根据反应2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O 可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO2 11℃时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，
答案为：分离Cl2和ClO2；
② NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。
答案为：溶液分层，下层为紫色；
（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，
a. FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；
b. O3具有强氧化性，故b不符合；
c. KMnO4具有强氧化性，故c不符合；
d. SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；
答案为ad；
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，
答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。
17.优化反应条件是研究化学反应的重要方向。
（1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。
实验序
号
Na2S2O3溶液
H2SO4溶液
蒸馏水
温度/℃
浓度/（mol/L）
体积/mL
浓度/（mol/L）
体积/mL
体积/mL
Ⅰ
0.1
1.5
0.1
1.5
10
20
Ⅱ
0.1
2.5
0.1
1.5
9
a
Ⅲ
0.1
b
0.1
1.5
9
30
①表中，a为______，b为______。
②实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为_______。
③硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下：Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag(S2O3)2]3-+2OH-。在实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.5~9.5，解释其原因：_________。
（2）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆（含 CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO4•2H2O），其中的物质转化过程如图所示。
①过程Ⅰ、Ⅱ中，起催化剂作用的物质是_________。
②过程Ⅱ中，反应的离子方程式为________。
③根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2-转化为SO42-（S2-浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为_______L。
【答案】 (1). 20 (2). 2.5 (3). 实验Ⅲ溶液中生成黄色沉淀的时间最短 (4). pH高于9.5，OH-浓度过高，反应Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag(S2O3)2]3-+2OH-被抑制，Ag浸出率低；pH低于8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低 (5). Mn(OH)2 (6). 2S2-+9H2O +4MnO32-=S2O32-+4Mn(OH)2+10OH- (7). 4.48
【解析】
【分析】
(1)①根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温度不同，需要控制浓度相同，据此分析判断；
②升高温度，反应速率加快；
③提高银的浸出率需要调节 pH 的范围为8.5～9.5，结合Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag( S2O3)2]3-+2OH-和Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O分析解答；
(2)①催化剂是在反应中参加反应，然后又生成的物质；②过程Ⅱ中S2-与MnO32-发生氧化还原反应；③根据反应的方程式结合电子守恒及原子守恒分析计算。
【详解】(1)①根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温度不同，需要控制浓度相同，可知a=20，b=13-9-1.5=2.5，故答案为：20；2.5；
②实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为实验Ⅲ溶液中生成黄色沉淀的时间最短，故答案为：实验Ⅲ溶液中生成黄色沉淀的时间最短；
③实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节 pH 的范围为8.5～9.5，因为pH 高于 9.5，OH-浓度过高，反应 Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag( S2O3)2]3-+2OH-被抑制，Ag 浸出率低，而pH 低于 8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低，故答案为：pH 高于 9.5，OH-浓度过高，反应 Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag( S2O3)2]3-+2OH-被抑制，Ag 浸出率低，而pH 低于 8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低；
(2)①催化剂是在反应中参加反应，然后又生成的物质，由图可知，过程Ⅰ、Ⅱ中，起催化剂作用的物质是Mn(OH)2，故答案为：Mn(OH)2；
②根据图示，过程Ⅱ中S2-与MnO32-发生氧化还原反应，离子反应为2S2-+9H2O+4MnO32-═S2O32-+4Mn(OH)2+10OH-，故答案为：2S2-+9H2O+4MnO32-═S2O32-+4Mn(OH)2+10OH-；
③过程I中Mn(OH)2与氧气转化为MnO32-；过程Ⅱ.2S2-+9H2O+4MnO32-═S2O32-+4Mn(OH)2+10OH-；然后S2O32-与氧气反应生成SO42-，由电子守恒及原子守恒可知，存在4Mn(OH)2～4MnO32-～8e-～2O2，4MnO32-～2S2-～S2O32-；S2O32-～2SO42-～8e-～2O2，共两个过程消耗氧气，且消耗的氧气相等，因此S2-～2O2，所以将10L上清液中的S2-转化为SO42-(S2-浓度为320mg/L)，理论上共需要标准状况下的O2的体积为×2×22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48。
18.化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)ΔH＝+139 kJ/mol
（1）该反应的化学平衡常数的表达式为_________________。
（2）一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯。温度、压强改变对异丁烷平衡转化率的
影响如下图所示。
①判断p1、p2的大小关系：p1_________________（填“>”或“<”）p2，理由是_________________。
②若异丁烷的平衡转化率为40%，则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为______%（保留小数点后1位）。
（3）目前，异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-O为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。
温度/℃
570
580
590
600
610
以γ-Al2O3为载体
异丁烷转化率/%
36.41
36.49
38.42
39.23
42.48
异丁烯收率/%
26.17
27.11
27.51
26.56
26.22
以TiO2为载体
异丁烷转化率/%
30.23
30.87
32.23
33.63
33.92
异丁烯收率/%
25.88
27.39
28.23
28.81
29.30
说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。
a.载体会影响催化剂的活性
b. 载体会影响催化剂的选择性
c.载体会影响化学平衡常数
②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：___________。
【答案】 (1). (2). < (3). 该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1
【详解】（1）化学平衡常数=，则该反应的化学平衡常数的表达式K=，
答案为：；
（2）①根据反应C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)，该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1
C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)
初始（mol） a 0 0
变化（mol） 40% a 40% a 40% a
平衡（mol） (1-40%) a 40% a 40% a
则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为×100%=28.6%，
答案为：28.6；
（3）①a. 由上表数据，相同温度下，同一催化剂选择不同的载体异丁烷转化率和异丁烯收率不同，即催化效果不同，说明不同载体会影响催化剂的活性，故a正确；
b. 以γ-Al2O3为载体时，随着温度的升高异丁烷转化率不断升高，而异丁烯收率基本不变；以TiO2为载体时，异丁烷转化率和异丁烯收率都随着温度的升高而增大，说明不同的载体会影响催化剂的选择性，故b正确；
c.化学平衡常数只与温度有关，与催化剂或催化剂载体无关，故c错误；
答案选ab；
②以γ-Al2O3为载体时温度升高时，异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加，
答案为：温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）。
19.某小组用实验1验证FeCl3与Cu的反应，观察到有白色沉淀产生，决定对其进行深入探究。
实验1：
资料：
i. CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO42-、Cu2+与Cl-。
ii. SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似；(SCN)2性质与卤素单质相似，其水溶液呈黄色。
（1）FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为__________________。
（2）下列由实验1得到的推论中，合理的是_______________（填字母序号）。
a. Cu能还原Fe3+
b. Fe3+与SCN-的反应是可逆反应
c. 白色沉淀中的Cu(I)（I表示+1价铜元素）可能是由Fe3+氧化Cu得到的
（3）为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学实施了实验2：
由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是____。
（4）该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，实施了实验3：
步骤
实验操作
实验现象
I
溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余
II
取I中上层清液于试管中，滴加1滴 0.1mol/L KSCN溶液
立刻出现红色，同时有白色沉淀生成
III
振荡II中试管，静置
白色沉淀变多，红色逐渐褪去
①步骤I的实验操作是_____________________。
②根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，他们的判断依据是______。
③步骤II中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是________________。
④解释步骤III中实验现象产生的可能原因：_______________________。
【答案】 (1). Fe3+ + 3SCN-Fe(SCN)3 (2). abc (3). CuCl和CuSCN (4). 向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置 (5). 若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生 (6). Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+ (7). Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN↓+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去
【解析】
【详解】（1）FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3，
答案为：Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3；
（2）a. 加入Cu，溶液红色退去，产生白色固体，结合已知信息，CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体，说明溶液中三价铁离子消失，铜单质转变为亚铜离子，可证明铜和溶液中的Fe3+发生氧化还原反应，三价铁离子化合价降低，被还原，故a正确；
b. 铜和溶液中的Fe3+发生反应时，溶液中Fe3+浓度减小，使反应Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3 逆向移动，Fe(SCN)3 逐渐减少，溶液褪色，则可以说明Fe3+与SCN-的反应是可逆反应，故b正确；
c. 铜元素由0价变为+1价，化合价升高被氧化，溶液中含有Cl-、SCN-、Fe3+和K+，Cl-为-1价是氯元素的最低价，只具有还原性，SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似，则SCN-具有还原性，不能使铜单质被氧化；单质的还原性越强，其离子的氧化性越弱，K的还原性强于Fe，则Fe3+的氧化性强于K+，则铜单质与Fe3+发生氧化还原反应，故c正确；
（3）根据已知信息，CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，硝酸具有氧化性，将亚铜离子和SCN-氧化，分别生成Cu2+与SO42-、Cu2+与Cl-，根据图中反应，向加入硝酸后的溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl-；向加入硝酸后的溶液中加入氯化钡，产生白色沉淀，说明溶液中含有SO42-，故根据以上分析可知，实验1中白色沉淀的成分是CuSCN、CuCl，
答案为：CuSCN、CuCl；
（4）①结合实验1及步骤I中的实验现象，要进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，需要铜和氯化铁溶液反应，步骤I的实验操作是向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置，
答案为：向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置；
②Fe3+与Cu反应若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中现象为溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余；无白色沉淀产生，则认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，
答案为：若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生；
③步骤II中加入KSCN溶液后出现红色，同时有白色沉淀生成，说明Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2和亚铜离子，亚铜离子与氯离子结合生成CuCl白色沉淀，(SCN)2与卤素单质的性质相似，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-产生红色溶液，
答案为：Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+；
④Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN↓+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去，
答案为：Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN↓+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去。
化学2019.11
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-18 S-32 K-39 Cu-64 Zn-65 Rb-85
第一部分选择题（共42分）
在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题3分，共42分）
1.巴黎圣母院是全人类的宝贵文化遗产。下列在传承过程中遇到的问题与化学变化无关的是
A石质阶梯被游
客磨损
B石质雕像被酸雨
腐蚀
C铜质雕像逐渐变
为绿色
D木质中轴塔在
火灾中坍塌
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 石质阶梯被游客磨损，没有生成新的物质，是物理变化，符合题意，故A正确；
B. 石质雕像主要成分为碳酸盐，被酸雨腐蚀，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故B错误；
C. 铜质雕像逐渐变为绿色，铜单质变为碱式碳酸铜，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故C错误；
D. 木质中轴塔主要成分为碳，在火灾中发生燃烧而坍塌，燃烧属于化学反应，发生化学变化，不符合题意，故D错误；
答案选A。
【点睛】物理变化和化学变化的区别是看有没有新物质生成，应从本质上理解化学变化的实质。
2.下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是
A. 牛奶在冰箱里保存
B. 向玻璃中加入氧化铅
C. 高炉炼铁前先将铁矿石粉碎
D. 在糕点包装内放置小包除氧剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. 牛奶在冰箱里保存，通过降低温度减小牛奶变质的反应速度，与题意不符，故A错误；
B. 向玻璃中加入氧化铅，可增强玻璃的折光率，与反应速率无关，符合题意，故B正确；
C. 高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，目的是增大反应物的接触面积，从而起到增大反应速率的目的，与题意不符，故C错误；
D. 在糕点包装内放置小包除氧剂来防止食品被氧化，减慢食物因氧化而变质的速度，与题意不符，故D错误；
答案选B。
3.下列关于铝及含铝物质的说法正确的是
A. 27Al的中子数为13
B 单质铝可用作半导体材料
C. 原子半径：r(Si) >r(Al)
D. Al(OH)3能与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 27Al的质量数为27，质子数为13，中子数为14，故A错误；
B. 单质铝是金属，是导体，不能用作半导体材料，故B错误；
C. 铝和硅为同周期元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大，原子半径减小，原子半径：r(Si)
答案选D。
4.下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是
A. 金属钠露置在空气中迅速变暗
B. 露置在空气中的过氧化钠固体变白
C. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升
D. 将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟
【答案】C
【解析】
【详解】A. 金属钠露置在空气中与空气中的氧气反应，生成氧化钠，使钠表面迅速变暗，氧气发生还原反应，不符合题意，故A错误；
B. 露置在空气中的过氧化钠与空气中的水蒸汽以及二氧化碳反应，生成氧气，最后变成碳酸钠白色固体，反应过程中固体过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，水蒸气和二氧化碳没有被氧化或被还原，不符合题意，故B错误；
C. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，试管内气体减少，压强减小，则液面上升，二氧化氮中的氮元素化合价既升高又降低，既被氧化又被还原，符合题意，故C正确；
D. 将氨气与氯化氢混合发生化合反应，生产氯化铵固体颗粒，则产生大量白烟，反应中氯化氢和氨气没有发生化合价变化，不是氧化还原反应，不符合题意，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考察物质的性质和氧化还原反应的原理，首先应该能正确判断物质发生的化学反应，其次从化合价的角度判断氧化还原反应。
5.下列条件下，可以大量共存的离子组是
A. 某无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO42－、OH－
B. 含有大量CH3COO－的溶液中：H+ 、K+、SO42－、NO3－
C. pH=11的溶液中：Na+、K+、Cl－、CO32－
D. 0.1 mol/L的H2SO4溶液中：K+、Ba2+、Cl－、NO3－
【答案】C
【解析】
【详解】A. 某无色透明溶液中，Cu2+与OH－反应生成蓝色沉淀，不能大量共存，且Cu2+在溶液中为蓝色，故A错误；
B. 含有大量CH3COO－的溶液中，CH3COO－与H+结合形成弱电解质醋酸，不能大量共存，故B错误；
C. pH=11的溶液显碱性，溶液中各离子之间不发生反应，与氢氧根离子也不发生反应，能大量共存，故C正确；
D. 0.1 mol/L的H2SO4溶液中，Ba2+与SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
答案选C。
6.一定温度下，在2 L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. a点时，υ(A) =υ(B)
B. 反应开始到5min，B的物质的量增加了0.2 mol
C. 反应的化学方程式为：3A2B＋C
D. 反应开始到5min，υ(C) =0.04 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图可知，a点时，A、B两物质反应的时间相同，但物质的量的变化量不同，反应速率不相等，故A错误；
B. 反应开始到5min，B的物质的量由0变为0.4 mol，则增加了0.4 mol，故B错误；
C. 反应达到平衡时，A的物质的量由0.8 mol减少为0.2 mol，变化量为0.6 mol，A为反应物，B的物质的量由0增加到0.4 mol，变化量为0.4 mol，C的物质的量由0增加到0.2 mol，变化量为0.2 mol，B、C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，∆n(A)：∆n(B) ：∆n(C) =0.6 mol：0.4 mol：0.2 mol=3：2：1，则反应的化学方程式为：3A2B＋C，故C正确；
D. 反应开始到5min，∆n(C)= 0.2 mol，υ(C) ==0.02 mol/(L·min)，故D错误；
答案选C。
【点睛】从图象中找到信息，找到谁是反应物，谁是生成物，根据方程式的系数之比等于变化的物质的量之比，从而正确书写出化学方程式，应用化学反应速率的公式进行计算。
7.下列实验方案能达到实验目的的是（部分夹持装置已略去）
A证明醋酸酸性比
硼酸强
B实验室制
氢氧化亚铁
C实验室制氨气
D证明碳酸氢钠热稳定
性比碳酸钠弱
A. A B. B… C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳酸钠加到醋酸中有气体生成，则醋酸酸性大于碳酸，碳酸钠加入到硼酸中无现象，说明碳酸酸性大于硼酸，则可得醋酸的酸性大于硼酸，故A正确；
B. 将氢氧化钠滴加到硫酸亚铁溶液中，可短暂生成氢氧化亚铁，但很快被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，若想制得氢氧化亚铁需满足无氧条件，例如加入苯等，故B错误；
C. 氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，生成的氨气和氯化氢又很快化合生成氯化铵固体小颗粒，无法得到氨气，故C错误；
D. 小试管内应放碳氢酸钠，温度较低的情况下碳酸氢钠分解产生二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，大试管放碳酸钠，温度较高受热不分解，不能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故D错误；
答案选A。
【点睛】实验方案的设计，需要充分考虑物质的性质，例如氢氧化亚铁易被氧化，所以制得时需要隔绝空气，用氯化铵制氨气时，要考虑氨气和氯化氢还会结合生成氯化铵，正确的实验方案设计，要综合考虑实验原理，提出可行性方案。
8.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 用稀盐酸除铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3+ +3H2O
B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2：NH3·H2O+SO2=NH4++HSO4-
C. 用金属钠除去甲苯中的水：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
D. 铜片溶解在NaNO3和稀硝酸的混合液中：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、铁锈的成分是氧化铁，氧化铁和稀盐酸反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，离子反应方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故A正确；
B、用氨水除去烟气中的二氧化硫，化学方程式为：SO2 +2NH3•H2O═(NH4)2SO3 +H2O，离子反应方程式为2NH3•H2O+SO2═2NH4++2SO32-+H2O，故B错误；
C、除杂不能引入新杂质，且与原物质不发生反应，故可用金属钠除去甲苯中的水，对应的方程式为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，然后分液分离，故C正确；
D、在 NaNO3和稀硝酸混合液中，发生氧化还原反应，铜片溶解，反应的离子反应为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；
故选B。
9.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。
下列说法不正确的是
A. NO属于共价化合物
B. O2含有非极性共价键
C. 过程②吸收能量，过程③释放能量
D. 标准状况下，NO分解生成11.2LN2转移电子数为6.02×1023
【答案】D
【解析】
详解】A. NO中氮原子和氧原子以共价键相结合，NO只含有共价键，属于共价化合物，故A正确；
B. O2中氧原子和氧原子以共价键相结合形成分子，由同种元素形成的共价键为非极性键，故B正确；
C. 过程②为NO分子变成氮原子和氧原子，是断键过程，断键吸收能量，过程③由氮原子和氧原子重新结合形成氮气和氧气，是形成化学键，形成键释放能量，故C正确；
D. 11.2LN2的物质的量为0.5mol，2molNO生成1mol N2，氮原子化合价由+2价变为0价，共转移4mol电子，则生成0.5mol N2转移电子数为2×6.02×1023=1.204×1024，故D错误；
答案选D。
10.在一氧化碳变换反应CO + H2OCO2 + H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
C. 增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
D. 增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
【答案】D
【解析】
【详解】A. 使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故A正确；
B. 升高温度，活化分子数目最多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；
C. 增大压强，气体体积减小，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故C正确；
D. 增大c(CO)，单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D错误；
答案选D。
【点睛】增大浓度，增加的是单位体积内活化分子数，活化分子百分数是不变的。
11.某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如下图所示。
下列实验事实与所得结论相符的是
实验事实
所得结论
A
湿润品红试纸褪色
证明硫燃烧的产物中有SO2
B
湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体
证明硫的燃烧产物能被还原成硫
C
湿润的蓝色石蕊试纸变红
证明硫的燃烧产物中有酸类物质
D
加入BaCl2溶液产生白色沉淀
证明硫燃烧的产物中有SO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 湿润的品红试纸褪色，说明生成的物质具有漂白性，则证明燃烧时生成了二氧化硫，故A正确；
B. 湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体，说明硫离子被氧化剂氧化为硫单质，瓶内含有氧气具有氧化性，不一定是二氧化硫被还原，故B错误；
C. 湿润的蓝色石蕊试纸变红，是因为二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊试纸变红，二氧化硫不是酸，是酸性氧化物，故C错误；
D. 硫与氧气燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故D错误；
答案选A。
12.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。
下列说法不正确的是
A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2
B. 若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体
C. 若B为FeCl3，则X一定是Fe
D. A可以是碳单质，也可以是O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；
B. 若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；
C. 若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；
D. 若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；
答案为B。
【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。
13.利用下列实验探究亚硝酸钠（NaNO2）的化学性质（AgNO2是淡黄色难溶于水的固体）
实验
装置
试剂a
现象
①
酚酞
无色溶液变红
②
AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
③
淀粉KI 溶液+稀硫酸
无色溶液立即变蓝
④
酸性K2Cr2O7溶液
无色溶液变为绿色
由上述实验所得结论不正确的是
A. NaNO2溶液呈碱性：NO2-+H2O⇌HNO2+OH-
B. NaNO2可与某些盐发生复分解反应：NO2-+Ag+=AgNO2↓
C. NaNO2有氧化性：2I-+2H++2NO2-=I2+2NO2↑+H2O
D. NaNO2有还原性：Cr2O72-+3NO2-+8H+=3NO3-+2Cr3++4H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaNO2滴加酚酞，溶液变红色，是因为其属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，NO2-+H2O⇌HNO2+OH-，故A正确；
B．加入硝酸银溶液，可生成AgNO2沉淀，发生复分解反应，方程式NO2-+Ag+═AgNO2↓，故B正确；
C．NaNO2有氧化性，可与KI发生氧化还原反应生成碘，N元素化合价降低，方程式为2I-+4H++2NO2-═I2+2NO↑+2H2O，故C错误；
D．NaNO2有还原性，可被Cr2O72-氧化生成硝酸根离子，发生Cr2O72-+3NO2-+8H+═3NO3-+2Cr3++4H2O，故D正确；
故选C。
【点睛】根据现象判断物质的性质是解题的关键。本题的易错点为CD，要注意氧化还原反应规律的理解和应用。
14.含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO。下列分析不正确的是
A. 含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3 + H2O
B. 吹脱法的原理是通过鼓气降低NH3浓度，从而降低水中NH3·H2O与NH4+的含量
C. 折点氯化法除NH4+的原理为：2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+
D. 吹脱法无法对含NO2–的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2–的水体脱氮
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氨气与水反应生成弱电解质一水合氨，铵盐中的铵根离子水解生成一水合氨，一水合氨在溶液中存在平衡：NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3 + H2O，故A正确；
B. 吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气，利用空气将水体中的氨气带出，促使NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3 + H2O平衡向正向移动，减小铵根离子和NH3·H2O的浓度，故B正确；
C. 根据题意，折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO，酸性条件下，ClO-具有氧化性，铵根离子中氮元素为-3价，具有还原性，NaClO与NH4+发生氧化还原反应，反应为2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故C正确；
D. 吹脱法是利用物理法脱氮，无法对含NO2–的水体脱氮；折点氯化法利用ClO-具有氧化性，发生氧化还原反应，将NO2–氧化为硝酸根离子，氮元素不能脱离水体，无法脱氮，故D错误；
答案选D。
第二部分 非选择题（共58分）
15.R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。
（1）W的原子结构示意图是__________________________。
（2）WX2的电子式是_______________________。
（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是____（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_____。
（4）Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。
①根据元素周期律，下列推断正确的是________（填字母序号）。
a．Se的最高正化合价为+7价
b．H2Se的还原性比H2Y强
c．H2SeO3的酸性比H2YO4强
d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_____________。
（5）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为M2O3。为确定M元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：
①M的相对原子质量介于K和Rb（铷）之间；
②0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol；
综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第_________________族。
【答案】 (1). (2). (3). H2O (4). 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S
【分析】
R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则WX2为CO2，W为C元素，X为O元素；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S元素。
【详解】（1）W为C元素，原子结构示意图为，
答案为：；
（2）WX2为CO2，电子式是，
答案为：；
（3）R为H元素，X为O元素，Y为S元素，R2X、R2Y分别为H2O、H2S，氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S
a．Se与S是同一主族的元素，最外层电子数为6，Se的最高正化合价为+6价，故a错误；
b．单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，S的氧化性强于Se，则S2-还原性弱于Se2-，因此H2Se的还原性比H2S强，故b正确；
c．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S>Se，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；
d．同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；
答案选bd；
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失电子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，
答案为：3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O；
（5）0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01 mol M2O3完全反应共得到2×（3+x）×0.01 mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol，共失去2×0.06 mol的电子，根据得失电子守恒，2×（3+x）×0.01=2×0.06，解得x=3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序数，故M可能位于元素周期表第VA族，
答案为：VA；
16.自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。
（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。
资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O。
①冰水浴的作用是____________。
② NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为________________。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到____，证明ClO2具有氧化性。
（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_____________________（填字母序号）。
a. FeSO4 b. O3 c. KMnO4 d. SO2
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为______________________。
②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是____________。
【答案】 (1). 分离Cl2和ClO2 (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). 溶液分层，下层为紫色 (4). ad (5). 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用
【解析】
【详解】（1）①根据反应2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O 可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO2 11℃时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，
答案为：分离Cl2和ClO2；
② NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。
答案为：溶液分层，下层为紫色；
（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，
a. FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；
b. O3具有强氧化性，故b不符合；
c. KMnO4具有强氧化性，故c不符合；
d. SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；
答案为ad；
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，
答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。
17.优化反应条件是研究化学反应的重要方向。
（1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。
实验序
号
Na2S2O3溶液
H2SO4溶液
蒸馏水
温度/℃
浓度/（mol/L）
体积/mL
浓度/（mol/L）
体积/mL
体积/mL
Ⅰ
0.1
1.5
0.1
1.5
10
20
Ⅱ
0.1
2.5
0.1
1.5
9
a
Ⅲ
0.1
b
0.1
1.5
9
30
①表中，a为______，b为______。
②实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为_______。
③硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下：Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag(S2O3)2]3-+2OH-。在实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.5~9.5，解释其原因：_________。
（2）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆（含 CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO4•2H2O），其中的物质转化过程如图所示。
①过程Ⅰ、Ⅱ中，起催化剂作用的物质是_________。
②过程Ⅱ中，反应的离子方程式为________。
③根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2-转化为SO42-（S2-浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为_______L。
【答案】 (1). 20 (2). 2.5 (3). 实验Ⅲ溶液中生成黄色沉淀的时间最短 (4). pH高于9.5，OH-浓度过高，反应Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag(S2O3)2]3-+2OH-被抑制，Ag浸出率低；pH低于8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低 (5). Mn(OH)2 (6). 2S2-+9H2O +4MnO32-=S2O32-+4Mn(OH)2+10OH- (7). 4.48
【解析】
【分析】
(1)①根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温度不同，需要控制浓度相同，据此分析判断；
②升高温度，反应速率加快；
③提高银的浸出率需要调节 pH 的范围为8.5～9.5，结合Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag( S2O3)2]3-+2OH-和Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O分析解答；
(2)①催化剂是在反应中参加反应，然后又生成的物质；②过程Ⅱ中S2-与MnO32-发生氧化还原反应；③根据反应的方程式结合电子守恒及原子守恒分析计算。
【详解】(1)①根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温度不同，需要控制浓度相同，可知a=20，b=13-9-1.5=2.5，故答案为：20；2.5；
②实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为实验Ⅲ溶液中生成黄色沉淀的时间最短，故答案为：实验Ⅲ溶液中生成黄色沉淀的时间最短；
③实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节 pH 的范围为8.5～9.5，因为pH 高于 9.5，OH-浓度过高，反应 Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag( S2O3)2]3-+2OH-被抑制，Ag 浸出率低，而pH 低于 8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低，故答案为：pH 高于 9.5，OH-浓度过高，反应 Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag( S2O3)2]3-+2OH-被抑制，Ag 浸出率低，而pH 低于 8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低；
(2)①催化剂是在反应中参加反应，然后又生成的物质，由图可知，过程Ⅰ、Ⅱ中，起催化剂作用的物质是Mn(OH)2，故答案为：Mn(OH)2；
②根据图示，过程Ⅱ中S2-与MnO32-发生氧化还原反应，离子反应为2S2-+9H2O+4MnO32-═S2O32-+4Mn(OH)2+10OH-，故答案为：2S2-+9H2O+4MnO32-═S2O32-+4Mn(OH)2+10OH-；
③过程I中Mn(OH)2与氧气转化为MnO32-；过程Ⅱ.2S2-+9H2O+4MnO32-═S2O32-+4Mn(OH)2+10OH-；然后S2O32-与氧气反应生成SO42-，由电子守恒及原子守恒可知，存在4Mn(OH)2～4MnO32-～8e-～2O2，4MnO32-～2S2-～S2O32-；S2O32-～2SO42-～8e-～2O2，共两个过程消耗氧气，且消耗的氧气相等，因此S2-～2O2，所以将10L上清液中的S2-转化为SO42-(S2-浓度为320mg/L)，理论上共需要标准状况下的O2的体积为×2×22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48。
18.化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)ΔH＝+139 kJ/mol
（1）该反应的化学平衡常数的表达式为_________________。
（2）一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯。温度、压强改变对异丁烷平衡转化率的
影响如下图所示。
①判断p1、p2的大小关系：p1_________________（填“>”或“<”）p2，理由是_________________。
②若异丁烷的平衡转化率为40%，则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为______%（保留小数点后1位）。
（3）目前，异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-O为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。
温度/℃
570
580
590
600
610
以γ-Al2O3为载体
异丁烷转化率/%
36.41
36.49
38.42
39.23
42.48
异丁烯收率/%
26.17
27.11
27.51
26.56
26.22
以TiO2为载体
异丁烷转化率/%
30.23
30.87
32.23
33.63
33.92
异丁烯收率/%
25.88
27.39
28.23
28.81
29.30
说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。
a.载体会影响催化剂的活性
b. 载体会影响催化剂的选择性
c.载体会影响化学平衡常数
②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：___________。
【答案】 (1). (2). < (3). 该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1
【详解】（1）化学平衡常数=，则该反应的化学平衡常数的表达式K=，
答案为：；
（2）①根据反应C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)，该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1
C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)
初始（mol） a 0 0
变化（mol） 40% a 40% a 40% a
平衡（mol） (1-40%) a 40% a 40% a
则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为×100%=28.6%，
答案为：28.6；
（3）①a. 由上表数据，相同温度下，同一催化剂选择不同的载体异丁烷转化率和异丁烯收率不同，即催化效果不同，说明不同载体会影响催化剂的活性，故a正确；
b. 以γ-Al2O3为载体时，随着温度的升高异丁烷转化率不断升高，而异丁烯收率基本不变；以TiO2为载体时，异丁烷转化率和异丁烯收率都随着温度的升高而增大，说明不同的载体会影响催化剂的选择性，故b正确；
c.化学平衡常数只与温度有关，与催化剂或催化剂载体无关，故c错误；
答案选ab；
②以γ-Al2O3为载体时温度升高时，异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加，
答案为：温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）。
19.某小组用实验1验证FeCl3与Cu的反应，观察到有白色沉淀产生，决定对其进行深入探究。
实验1：
资料：
i. CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO42-、Cu2+与Cl-。
ii. SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似；(SCN)2性质与卤素单质相似，其水溶液呈黄色。
（1）FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为__________________。
（2）下列由实验1得到的推论中，合理的是_______________（填字母序号）。
a. Cu能还原Fe3+
b. Fe3+与SCN-的反应是可逆反应
c. 白色沉淀中的Cu(I)（I表示+1价铜元素）可能是由Fe3+氧化Cu得到的
（3）为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学实施了实验2：
由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是____。
（4）该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，实施了实验3：
步骤
实验操作
实验现象
I
溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余
II
取I中上层清液于试管中，滴加1滴 0.1mol/L KSCN溶液
立刻出现红色，同时有白色沉淀生成
III
振荡II中试管，静置
白色沉淀变多，红色逐渐褪去
①步骤I的实验操作是_____________________。
②根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，他们的判断依据是______。
③步骤II中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是________________。
④解释步骤III中实验现象产生的可能原因：_______________________。
【答案】 (1). Fe3+ + 3SCN-Fe(SCN)3 (2). abc (3). CuCl和CuSCN (4). 向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置 (5). 若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生 (6). Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+ (7). Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN↓+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去
【解析】
【详解】（1）FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3，
答案为：Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3；
（2）a. 加入Cu，溶液红色退去，产生白色固体，结合已知信息，CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体，说明溶液中三价铁离子消失，铜单质转变为亚铜离子，可证明铜和溶液中的Fe3+发生氧化还原反应，三价铁离子化合价降低，被还原，故a正确；
b. 铜和溶液中的Fe3+发生反应时，溶液中Fe3+浓度减小，使反应Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3 逆向移动，Fe(SCN)3 逐渐减少，溶液褪色，则可以说明Fe3+与SCN-的反应是可逆反应，故b正确；
c. 铜元素由0价变为+1价，化合价升高被氧化，溶液中含有Cl-、SCN-、Fe3+和K+，Cl-为-1价是氯元素的最低价，只具有还原性，SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似，则SCN-具有还原性，不能使铜单质被氧化；单质的还原性越强，其离子的氧化性越弱，K的还原性强于Fe，则Fe3+的氧化性强于K+，则铜单质与Fe3+发生氧化还原反应，故c正确；
（3）根据已知信息，CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，硝酸具有氧化性，将亚铜离子和SCN-氧化，分别生成Cu2+与SO42-、Cu2+与Cl-，根据图中反应，向加入硝酸后的溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl-；向加入硝酸后的溶液中加入氯化钡，产生白色沉淀，说明溶液中含有SO42-，故根据以上分析可知，实验1中白色沉淀的成分是CuSCN、CuCl，
答案为：CuSCN、CuCl；
（4）①结合实验1及步骤I中的实验现象，要进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，需要铜和氯化铁溶液反应，步骤I的实验操作是向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置，
答案为：向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置；
②Fe3+与Cu反应若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中现象为溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余；无白色沉淀产生，则认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，
答案为：若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生；
③步骤II中加入KSCN溶液后出现红色，同时有白色沉淀生成，说明Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2和亚铜离子，亚铜离子与氯离子结合生成CuCl白色沉淀，(SCN)2与卤素单质的性质相似，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-产生红色溶液，
答案为：Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+；
④Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN↓+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去，
答案为：Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN↓+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去。
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