甘肃省武威第六中学2020届高三上学期第五次过关考试化学试题


武威六中2020届高三一轮复习过关考试
化学
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 F 19 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ag 108
一、选择题
1.人们的生活离不开化学，学好化学可以更好地服务社会。下列说法中不正确的是（ ）
A. 可用臭氧代替农药在粮食仓储中杀菌防霉，因为臭氧具有强氧化性
B. 日常生活中，我们常用小苏打、苏打作食用碱，食盐作调味剂、食品防腐剂
C. 酱油中加入氯化亚铁可以治疗缺铁性贫血
D. 我国古时镀金“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去，而金存，数次即黄。”其中“入火则汞去”是指升华
【答案】D
【解析】
【详解】A、臭氧具有强氧化性，能杀菌消毒，所以可用臭氧代替农药在粮食仓储中杀菌防霉，故A正确；
B、食盐是常用调味剂、食品防腐剂，食用碱为纯碱(碳酸钠)与小苏打的混合物，故B正确；
C、红细胞中含有铁元素，酱油中加入氯化亚铁可以治疗缺铁性贫血，故C正确；
D、“入火则汞去”是指常温下汞为液态，加热时汞变为汞蒸气，故指的是蒸发，故D错误；
选D。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. CO2的比例模型：
B. H和Cl形成共价键的过程：
C. CH2F2的电子式：
D. HClO的结构式：H－O－Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳原子的半径大于氧原子， CO2的比例模型为，故A错误；
B. 氯化氢是共价化合物，H和Cl形成共价键的过程：，故B错误；
C. CH2F2的电子式：，故C错误；
D. 根据价键规律，HClO的结构式为H－O－Cl，故D正确；
故选D。
3.下列关于阿伏加德罗常数NA的说法正确的是（ ）
A. 标况下11.2LHCl气体溶于0.5L水中，所得溶液中含Cl－ 数目为NA
B. NA个Fe（OH）3胶体粒子的质量为107g
C. 20gD2O和H218O中含有的质子数为10NA
D. 在电解精炼铜过程中转移了NA 个电子，阳极溶解了32g铜
【答案】C
【解析】
【详解】A. 标况下11.2LHCl气体的物质的量是0.5mol，标况下11.2LHCl气体溶于0.5L水中，所得溶液中含Cl－ 数目为0.5NA，故A错误；
B. Fe（OH）3胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，NA个Fe（OH）3胶体粒子的质量大于107g，故B错误；
C. D2O、H218O分子中质子数都是10，D2O和H218O的摩尔质量都是20g/mol，所以20gD2O和H218O中含有的质子数为10NA，故C正确；
D. 在电解精炼铜过程中，铜锌铁都会失去电子而成为离子，转移NA 个电子，阳极溶解铜的质量小于32g，故D错误；
故选C。
4.2017年1月，南京理工大学胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，全氮阴离子化学式为N5-。下列关于全氮阴离子盐的说法正确的是
A. 每个N5-含有26个电子
B. N5-的摩尔质量为71g·mol-1
C. 全氮阴离子盐既含离子键又含共价键
D 全氮阴离子盐可能属于电解质，也可能属于非电解质
【答案】C
【解析】
每个N5- 含有36个电子，故A错误；N5-的摩尔质量为70g·mol-1，故B错误；N5-含有共价键，全氮阴离子与金属离子之间存在离子键，故C正确；盐都是电解质，所以全氮阴离子盐属于电解质，故D错误。
5.如图所示，在一个密闭的玻璃管两端各放一团棉花，再用注射器同时在两端注入适量的浓氨水和浓盐酸，下列说法不正确的是（ ）

A. 玻璃管中发生的反应可表示为：NH3＋HCl＝NH4Cl
B. 用手触摸玻璃管外壁，会感觉到有热量放出
C. 实验时会在玻璃管的B处附近看到白雾
D. 将浓盐酸换成浓硝酸也会有相似现象
【答案】C
【解析】
【详解】A. 浓盐酸挥发出氯化氢，浓氨水挥发出氨气，玻璃管中发生的反应可表示为：NH3＋HCl＝NH4Cl，故A正确；
B. NH3＋HCl＝NH4Cl反应放热，用手触摸玻璃管外壁，会感觉到有热量放出，故B正确；
C. 浓盐酸挥发出氯化氢，浓氨水挥发出氨气，氨气的相对分子质量较小，移动速度快，实验时会在玻璃管的C处附近看到白雾，故C错误；
D. 浓硝酸也有挥发性，发生反应NH3＋HNO3＝NH4 NO3，所以将浓盐酸换成浓硝酸也会有相似现象，故D正确。
6.实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：

下列分析正确的是
A. ①中采用蒸馏的方法精制粗盐水
B. ②中阳极的主要电极反应：4OH- - 4e- = 2H2O + O2↑
C. ③中制备漂白液的反应：Cl2 + OH- = Cl- + HClO
D. ②、③、④中均发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. ①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，错误；
B. 阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，错误；
C. 生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，错误；
D. ②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，正确；
故选D。
7.类推的思维方法可解决不少化学问题,但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论中,你认为正确的是(    )
A 沸点HBr＞HCl，则同族元素氢化物沸点HCl＞HF
B. Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4可表示为PbO•Pb2O3
C. CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO3和O2
D. 惰性电极电解硫酸溶液后,加水可以使电解质溶液完全恢复。则用惰性电极电解硫酸钠溶液后加水也可以使电解质溶液完全恢复
【答案】D
【解析】
【详解】A．HF分子间存在氢键沸点较高，所以氢化物沸点：HF＞HCl，故A错误；
B．Pb的化合价为+2价和+4价，则Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故B错误；
C．SO2具有还原性，过氧化钠具有强的氧化性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故C错误；
D．惰性电极电解硫酸、硫酸钠溶液后，都相当于电解水，加入水就可以使电解质复原，故D正确；
故答案选D。
8.向BaCl2溶液中通入物质的量之比为1∶2的某混合气体，无沉淀产生,则该混合气体是（ ）
A. Cl2和SO2 B. CO2和NH3 C. NO和CO2 D. NO2和SO2
【答案】C
【解析】
【分析】
A．Cl2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸；B．CO2和NH3生成（NH4）2CO3 再与BaCl2生成BaCO3沉淀；C．NO和SO2不反应，与BaCl2溶液不反应；D．NO2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸
【详解】A．发生SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，可生成硫酸钡沉淀，选项A不选；B．CO2和NH3在水溶液中生成CO32-，可生成碳酸钡沉淀，选项B不选；C．NO和SO2不反应，与BaCl2溶液不反应，没有沉淀生成，选项C选；D．NO2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀，选项D不选。答案选C。
【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握二氧化硫的还原性，题目难度不大。
9.对于下列实验事实的解释，不合理的是（ ）
选项
实验事实
解释
A
加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体
H2SO4不易挥发，HCl易挥发
B
电解CuCl2溶液，阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na
得电子能力：Cu2＋>H＋>Na＋
C
浓HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NO
HNO3浓度越大，氧化性越强
D
用浓盐酸和石灰石反应产生的气体通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液变浑浊
C元素的非金属性大于Si元素


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、H2SO4不易挥发，加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；HCl易挥发，加热蒸干MgCl2溶液得到Mg(OH)2固体，故不选A；
B、电解CuCl2溶液，阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得到氢气，所以得电子能力：Cu2＋>H＋>Na＋，故不选B；
C、HNO3浓度越大，氧化性越强，所以浓HNO3能氧化NO，稀HNO3不能氧化NO，故不选C；
D、用浓盐酸和石灰石反应产生的气体中含有氯化氢，通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液变浑浊，不能证明C元素的非金属性大于Si元素，故选D。
10.下列物质性质与应用的因果关系正确的是（ ）
A. 大气中的N2可作为工业制硝酸的原料
B. 晶体硅用于制作半导体材料是因其熔点高、硬度大
C. Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性
D. 氯气泄漏现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离
【答案】A
【解析】
【详解】A、大气中的N2可作为工业制硝酸的原料，A正确；
B、晶体硅用于制作半导体材料是因导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高、硬度大无关，B不正确；
C、Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，两者均表现出还原性，C不正确；
D、氯气有毒且密度比空气大，所以氯气泄漏现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离，D不正确；
故选A。
11.港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌（富含锌粉）底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是（ ）
A. 防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率
B. 防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子
C. 方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除
D. 钢铁发生吸氧腐蚀时的正极反应式为：O2- 4e- + 2H2O =4 OH-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 防腐涂料可以防水、隔离O2，不能构成原电池，降低吸氧腐蚀速率，故不选A；
B. 铁与铝和锌构成原电池，铝和锌的活泼性大于铁，防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子，故不选B；
C. 钢铁的防护方法只能一定程度的减缓钢铁腐蚀，不能完全消除，故不选C；
D. 钢铁发生吸氧腐蚀时的正极发生还原反应，正极反应式为：O2+ 4e- + 2H2O =4OH-，故选D。
12.最近有科学家发现正丁烷（）脱氢或不完全氧化也可制得1，3-丁二烯（），已知热化学方程式如下：（ ）
①=
②=
③=
下列说法正确的是（ ）
A. 由②可知，正丁烷（）的燃烧热为
B. 由①和②可推知：=
C. =
D. 由①和②可知，同质量的正丁烷（）转变为1，3-丁二烯（）所需要的能量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 燃烧热的定义是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，正丁烷（）的燃烧热指的是生成二氧化碳和液态水，故A错误；
B. 根据盖斯定律，由②减①得，=，故B正确；
C.中和热指的是稀的强酸和强碱反应生成1mol液态水时放出的热量，=中除了生成液态水时，还生成了硫酸钡，生成硫酸钡沉淀是要放出热量，故C错误；
D. 由①和②可知，同质量的正丁烷（C4H10）转变为1，3-丁二烯（C4H6）所需要的能量不相同，故D错误；
答案选B。
13.短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法正确的是（ ）

A. A的氢化物沸点比D的高，因为A的氢化物分子内存在氢键
B. 工业上常用C与E形成的化合物来获得C的单质
C. 简单离子的半径由大到小为：E＞A＞B＞C
D. D、E两元素形成的化合物每种原子最外层一定都达到了8e-稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】
设D原子M层电子数是x，D原子质子数是10+x，D原子的质子数是其M层电子数的三倍，则10+x=3x，x=5，所以D是P元素；根据短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置，可知A、B、C、D、E分别是N、O、Al、P、Cl。
【详解】A. NH3的沸点比PH3高，因为NH3分子间存在氢键，故A错误；
B. 工业上常用电解熔融Al2O3来获得Al单质，故B错误；
C. 简单离子的半径由大到小为：Cl-＞N3-＞O2-＞Al3+，故C正确；
D. P、Cl两元素形成的化合物PCl5，P原子最外层没有达到了8e-稳定结构，故D错误。
【点睛】本题考查位置、结构、性质位置关系的应用，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。
14.H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g) △H=－a kJ·mol-1已知：下列说法正确的是（ ）

A. H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键
B. 相同条件下，1 mol H2(g)和1 mol I2(g)的总能量小于2 mol HI(g)的总能量
C. 断开2 mol HI分子中的化学键所需能量约为(c+b+a)kJ
D. 向密闭容器中加入2 mol H2(g)和2 mol I2(g)，充分反应后放出的热量为2a kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
根据该反应，推出覆该反应为放热反应，据此分析；
【详解】A、H2、I2含有化学键为非极性键，HI中含有极性化学键，故A错误；
B、△H=－akJ·mol－1，说明该反应为放热反应，即反应物总能量大于生成物的总能量，故B错误；
C、令断裂1molH－I键所需能量xkJ，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=[(b＋c)－2x]kJ·mol－1=－akJ·mol－1，推出x=，断裂2molHI分子中的化学键所学能量为(b＋c＋a)kJ·mol－1，故C正确；
D、H2和I2反应为可逆反应，不能反应进行到底，即本题无法计算出放出的热量，故D错误；
答案为C。
15.利用微生物燃料电池原理，可以处理宇航员排出的粪便，同时得到电能。美国宇航局设计的方案是：用微生物中的芽孢杆菌来处理粪便产生氨气，氨气与氧气分别通入燃料电池两极，最终生成常见的无毒物质。示意图如下所示。下列说法错误的是(　　)

A. a电极是负极，b电极是正极
B. 负极区发生的反应是2NH3 - 6e－=N2+6H+
C. 正极区，每消耗标准状况下2.24 L O2，a向b电极转移0.4 mol电子
D. 电池工作时电子通过由a经负载流向b电极，再穿过离子交换膜回到a电极
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，根据图中信息可知，左边为失去电子，作负极，右边得到电子，作正极，因此a电极是负极，b电极是正极，故A正确；
B选项，氨气在负极反应变为氮气，因此负极区发生反应是2NH3 - 6e－= N2+6H+，故B正确；
C选项，正极区，每消耗标准状况下2.24 L O2即物质的量为0.1 mol，得到0.4mol电子，因此a向b电极转移0.4 mol电子，故C正确；
D选项，电池工作时电子通过由a经负载流向b电极，电子不能通过电解质溶液，故D错误。
综上所述，答案为D。
16.臭氧有很多实用特性，其强氧化性常用于消毒杀菌和防腐保鲜。目前制取臭氧的方法很多，其中电晕放电法（DBD）和电解纯水法原理如图所示。下列说法中错误的是（ ）

A. 两种方法都是将电能转化为化学能
B. 电解纯水时，阳极发生的电极反应有3H2O－6e－＝O3↑＋6H＋
C. 电晕放电法和电解纯水法相比，会产生污染性的NOx气体
D. 电解纯水时，H＋由电极b流向电极a
【答案】C
【解析】
【详解】A. 两种方法都是电解法，都能将电能转化为化学能，故A正确；
B. 电解纯水时，阳极发生氧化反应生成O3，阳极发生的电极反应有3H2O－6e－＝O3↑＋6H＋，故B正确；
C. 电晕放电法发生反应，不产生污染性的NOx气体，故C错误；
D. a极发生还原反应生成氢气，a是阴极， H＋由电极b流向电极a，故D正确；
故选C。
二、非选择题
17.已知A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的，C与A同主族；A与B、D、E所形成的常见化合物在常温下均呈气态，在周期表中D与E左右相邻，B的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成盐，且B的核电荷数与E的最外层电子数相同。
请回答下列问题：
（1）B在元素周期表的位置为________________________。
（2）C、D、E三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为_________（用离子符号表示）。
（3）A、B、E可组成一种化合物，其原子个数之比为4:1:1,该化合物的水溶液与C的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为__________________________________________________。
（4）B的一种氢化物分子中含有18个电子，其化学式为_________________。
（5）BE3在常温下是一种淡黄色的液体，遇水即发生水解可生成一种具有漂白性的物质和一种核外电子总数为10的气体，写出该反应的化学方程式_________________________________。
（6）下列事实能证明D与E非金属性强弱的是__________（选填字母序号）。
A.比较这两种元素的气态氢化物的沸点 B.比较这两种元素所形成含氧酸的酸性
C.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 D.比较这两种元素与氢气化合的难易程度
E.比较这两种元素气态氢化物的还原性
（7）已知D、E两种元素形成的化合物H，H结构与过氧化氢相似。5.4g的H中含有的电子数目为_______________。
【答案】 (1). 第二周期第VA 族 (2). S2－＞Cl- ＞Na＋ (3). NH4+ + OH— = NH3 + H2O (或NH4+ + OH— = NH3·H2O) (4). N2H4 (5). NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑ (6). CDE (7). 2.64NA(或1.59×1024)
【解析】
【分析】
A是元素周期表中原子半径最小的，A是H元素；C与A同主族，C是Na元素；B的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成盐，B是N元素；N的核电荷数与E的最外层电子数相同，E是Cl元素；在周期表中D与E左右相邻，D是S元素。
【详解】（1）B是N元素，在元素周期表的位置为第二周期第VA 族。
（2）电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，C、D、E三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为S2－＞Cl- ＞Na＋。
（3）A、B、E可组成一种化合物，其原子个数之比为4:1:1的化合物是NH4Cl、C的最高价氧化物的水化物是NaOH，NH4Cl与NaOH反应生成氯化钠、氨气、水，反应的离子方程式为NH4+ + OH— = NH3 + H2O。
（4）N的氢化物有NH3、N2H4等，分子中含有18个电子的是N2H4。
（5）NCl3遇水即发生水解，生成一种具有漂白性的物质是HClO，核外电子总数为10的气体是NH3，该反应的化学方程式是NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑。
（6）A.气态氢化物的沸点与非金属性无关，故不选A；
B. 元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，可以比较这两种元素所形成最高价含氧酸的酸性判断非金属性，故不选B；
C.元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，可以比较这两种元素的气态氢化物的稳定性判断非金属性，故选C；
D.非金属性越强的元素，越易与氢气化合，可以比较这两种元素与氢气化合的难易程度判断非金属性，故选D；
E.非金属性越强，其气态氢化物的还原性越弱，可以比较这两种元素气态氢化物的还原性判断非金属性，故选E；
（7）S、Cl两种元素形成的化合物H，H结构与过氧化氢相似，则H是S2Cl2；5.4g的S2Cl2中含有的电子数目为2.64NA。
【点睛】本题考查位置、结构与性质关系的应用，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，有利于提高学生的逻辑推理能力。
18.以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：

已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。

（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、随pH的分布如图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图−3所示）。

①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】 (1). 3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O (2). 缓慢通入Cl2 (3). NaClO碱性溶液 (4). 减少水合肼的挥发 (5). 测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 (6). 边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【解析】
【分析】
步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。据此判断。
【详解】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。
（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。
（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的物质的量分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。因此由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【点睛】本题将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作的规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的获取和加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计与评价等能力，也考查了学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和思维的严密性。
19.I. 雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：
①N2（g）＋O2（g）2NO（g） ΔH1＝a kJ·mol－1
②2NO（g）＋O2（g）2NO2（g） ΔH2＝b kJ·mol－1
③CO（g）＋O2（g）CO2（g） ΔH3＝c kJ·mol－1
④2CO（g）＋2NO（g）N2（g）＋2CO2（g） ΔH4
（1）根据反应①②③，确定反应④中ΔH4＝___________ kJ·mol－1。
II. 如图是一个化学过程的示意图，请回答下列问题：

（2）请回答图中甲、乙两池的名称．乙池是_______________装置。
（3）通入甲醇的电极的电极反应式为_________________________________。
（4）乙池中反应的化学方程式为_____________________________________。
（5）电解一段时间后，乙池中A（Fe）极的质量增加5.4g时，且溶液的体积为500mL，求所得溶液在25℃时的pH=__________ ，甲池中消耗O2为 __________mL（标准状况下）。
【答案】 (1). 2c－a (2). 电解池 (3). CH3OH - 6e﹣+ 8OH﹣ = CO32﹣ + 6H2O (4). 4AgNO3 + 2H2O 4Ag + O2↑ + 4HNO3 (5). 1 (6). 280
【解析】
【分析】
I.（1）利用盖斯定律计算反应④的ΔH4；
II.甲池是甲醇燃料电池，通入甲醇的电极是负极、通入氧气的电极是正极；乙池是电解池，电极B与正极相连，B是阳极，电极A与负极相连，A是阴极。
【详解】（1）①N2（g）＋O2（g）2NO（g） ΔH1＝a kJ·mol－1
③CO（g）＋O2（g）CO2（g） ΔH3＝c kJ·mol－1
根据盖斯定律，③×2－①得④2CO（g）＋2NO（g）N2（g）＋2CO2（g） ΔH4=2c－a；
（2）乙池与燃料电池甲相连，乙池是电解装置。
（3）甲池是甲醇燃料电池，通入甲醇的电极是负极，甲醇失电子生成碳酸钾，电极反应式为CH3OH - 6e﹣+ 8OH﹣ = CO32﹣ + 6H2O。
（4）乙池是电解池，用惰性电极电解硝酸银溶液，反应的化学方程式为4AgNO3 + 2H2O 4Ag + O2↑ + 4HNO3。
（5）电解一段时间后，乙池中A（Fe）极的质量增加5.4g，即生成5.4g Ag，Ag的物质的量是，电路中转移0.05mol电子，根据，乙池生成硝酸的物质的量是0.05mol，乙池溶液的体积为500mL，氢离子浓度为0.1mol/L，在25℃时的pH=1，甲池中消耗O2为280mL（标准状况下）。
【点睛】本题是原电池、电解池的综合考查，关键是正确判断出原电池和电解池以及电极反应式；正确理解各电极转移电子数相等，根据电子守恒进行电化学计算。
20.某废旧电池材料的主要成分为钴酸锂（LiCoO2），还含有一定量的铁、铝、铜等元素的化合物，其回收工艺如图所示，最终可得到Co2O3和锂盐。

已知：CoC2O4·2H2O微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的C2O42－离子生成Co（C2O4）n2（n－1）－而溶解。
（1）“还原酸浸”过程中钴酸锂反应的离子方程式________________________________________；温度通常控制在40℃以下的原因是_______________________________________________。
（2）“除铝铁”过程的两种试剂的作用分别是____________________，______________________。
（3）“除铜”所用试剂X为H2S，试写出该反应的离子方程式______________________________。
（4）“沉钴”过程中，（NH4）2C2O4的加入量（图a）、沉淀反应的温度（图b）与钴的沉淀率关系如图所示：

①随n（C2O42－）：N（Co2＋）比值的增加，钴的沉淀率先逐渐增大后又逐渐减小的原因________________________________________________________________________。
②沉淀反应时间为10 min，温度在50℃以上时，随温度升高而钴的沉淀率下降的可能原因是_________________________________________________________。
【答案】 (1). 2LiCoO2 + H2O2 + 6H+ = 2Li+ + 2Co2+ + O2↑+ 4H2O (2). 防止H2O2受热分解 (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 调节pH，促进水解除去Fe3+和Al3+ (5). Cu2+ + H2S = CuS↓+2H+ (6). 过量的C2O42-与Co2+反应生成Co(C2O4)n2(n-1)-而溶解 (7). 它的溶解度随温度升高而逐渐增大
【解析】
【分析】
（1）“还原酸浸”过程中+3价Co被H2O2还原为Co2+；H2O2在高温条件下易分解；
(2) NaClO把Fe2+氧化为Fe3+，Na2CO3可以调节pH，促进Fe3+、Al3+水解生成氢氧化物沉淀；
（3）Cu2+与H2S反应生成CuS沉淀。
（4）①CoC2O4·2H2O能与过量的C2O42－离子生成Co（C2O4）n2（n－1）－而溶解；②CoC2O4·2H2O微溶于水，溶解度随温度升高而逐渐增大。
【详解】（1）“还原酸浸”过程中+3价Co被H2O2还原为Co2+，反应的离子方程式是2LiCoO2 + H2O2 + 6H+ = 2Li+ + 2Co2+ + O2↑+ 4H2O；H2O2在高温条件下易分解，温度通常控制在40℃以下可以防止H2O2受热分解；
(2) NaClO把Fe2+氧化为Fe3+，Na2CO3可以调节pH，促进Fe3+、Al3+水解生成氢氧化物沉淀；
（3）Cu2+与H2S反应生成CuS沉淀，反应的离子方程式是Cu2+ + H2S = CuS↓+2H+。
（4）①CoC2O4·2H2O能与过量的C2O42－离子生成Co（C2O4）n2（n－1）－而溶解，所以随n（C2O42－）：N（Co2＋）比值的增加，钴的沉淀率先逐渐增大后又逐渐减小；
②CoC2O4·2H2O微溶于水，溶解度随温度升高而逐渐增大，所以温度在50℃以上时，随温度升高而钴的沉淀率下降。