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2020-2021学年江苏省无锡市高三（上）期中化学试卷
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这是一份2020-2021学年江苏省无锡市高三（上）期中化学试卷，共36页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省无锡市高三（上）期中化学试卷
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）环境保护是当今倍受人们关注的社会问题。下列叙述不正确的是（ ）
A．二氧化硫会形成酸雨
B．氮氧化物会形成光化学烟雾
C．氟利昂会破坏臭氧层
D．一氧化碳会造成温室效应
2．（2分）用化学用语表示2Mg+CO22MgO+C中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A．中子数为7的碳原子：C
B．MgO的电子式：
C．镁原子的结构示意图：
D．CO2分子的比例模型：
3．（2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氨气易溶于水，可用作制冷剂
B．氧化铝具有两性，可用作耐高温材料
C．浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂
D．晶体硅熔点高硬度大，可用作半导体材料
4．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1HCl溶液：Na+、K+、SO42﹣、[Ag（NH3）2]+
B．0.1mol•L﹣1NaClO溶液：Fe2+、K+、SO42﹣、Cl﹣
C．0.1mol•L﹣1BaCl2溶液：Na+、K+、NO3﹣、CO32﹣
D．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
5．（2分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置可完成喷泉实验
B．用装置可验证温度对平衡移动的影响
C．用装置可实现反应：Cu+2H2OCu（OH）2+H2↑
D．用装置可制备氢氧化亚铁
6．（2分）下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅
B．Na、Mg、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱
C．将混有少量SO2的CO2气体通入饱和NaHCO3溶液，可达到除杂的目的
D．过量的铜与浓硝酸反应，生成的气体只有NO2
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．0.010mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2溶液与0.040mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合：NH4++Fe3++4OH﹣═Fe（OH）3↓+NH3•H2O
B．石灰乳中通入Cl2：2OH﹣+Cl2═Cl﹣+ClO﹣+H2O
C．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3﹣+4H+═Fe3++NO↑+2H2O
D．酸性溶液中NaI和NaIO3反应生成I2：5I﹣+IO+3H2O═3I2+6OH﹣
8．（2分）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1可用于工业合成氨。在容积固定不变的密闭容器中加入1mol N2和3mol H2发生反应。下列叙述正确的是（ ）
A．该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4kJ
B．达到平衡后向容器中通入1mol氦气，平衡不移动
C．降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大
D．常温常压下，有22.4L的N2反应时转移了6mol电子
9．（2分）下列关于Na、C、N、S元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Na）＞r（S）＞r（C）＞r（N）
B．Na2S2中只含离子键
C．N、S的氧化物对应水化物均为强酸
D．Na、S形成的化合物水溶液呈中性
10．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A．Al Al（OH）3AlCl3
B．FeFe2O3Fe2（SO4）3
C．CuOCu（OH）2Cu2O
D．CaSO4CaCO3 CaCl2
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11．（4分）下列叙述正确的是（ ）
A．相同温度下，中和pH与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者
B．相同温度下，pH相等的氨水、CH3COONa溶液中，水的电离程度相同
C．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2mol
D．TATP（C8H18O6）受撞击分解爆炸，且无明显热效应，说明该分解反应熵显著增加
12．（4分）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法不正确的是（ ）
A．直流电源的X极是正极
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
13．（4分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
操作及现象
结论
A
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
NH4Cl固体可以升华
B
用pH计测定SO2和CO2饱和溶液的pH，前者pH小
亚硫酸的酸性强于碳酸
C
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色
Br﹣还原性强于Cl﹣
D
向2支均盛有2mL 1.0mol•L﹣1的KOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为0.1mol•L﹣1的AlCl3和FeCl3溶液，一支试管无沉淀生成，另一支试管出现红褐色沉淀
Ksp[Al （ OH）3]＞Ksp[Fe（ OH）3]
A．A B．B C．C D．D
14．（4分）25℃时，下列物质的电离平衡常数如下表，下列各溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
化学式
H2CO3
HClO
NH3•H2O
电离平衡常数
K＝4.3×10﹣7
K＝5.6×10﹣11
3.0×10﹣8
1.76×10﹣5
A．物质的量浓度相等的NH4Cl和KClO溶液中：c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＞c（K+）﹣c（ClO﹣）
B．向NaClO溶液中通入CO2气体至溶液pH＝7（通入气体对溶液体积的影响可忽略）：c（Na+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
C．将浓度均为0.1mol•L﹣1的HClO溶液与Na2CO3溶液等体积混合的溶液中：c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）
D．0.2mol•L﹣1氨水与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合（体积变化可忽略）：c（NH3•H2O）＜c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+0.05mol•L﹣1
15．（4分）在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个体积相等的恒容密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。在一定条件下能发生如下反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的△H＞0
B．若三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T1时CO转化率最大
C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅱ和Ⅲ
D．若再向容器Ⅲ中充入0.1mol CO、0.2mol H2和0.4mol CH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%
二、非选择题（共80分）
16．（12分）化学还原法是处理含Cr2O的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：Cr2O72﹣C3+Cr（OH）3
已知：①Na2S2O5+H2O═2NaHSO3
②“COD”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则COD越低，表明水质污染程度越小。
（1）取含Cr2O72﹣的工业废水，分别在不同pH条件下，向每个水样中分别加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca（OH）2悬浊液，静置沉淀，测定+6价Cr的去除率，实验结果如图1所示。
①在酸性条件下，请写出NaHSO3与CrO72﹣反应的离子方程式： 。
②分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除+6价Cr的效果。
Ⅰ．亚铁盐在中性和碱性条件下，对+6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；
Ⅱ． 。
（2）用焦亚硫酸钠（Na2S2O5）处理废水后，可能会使废水中的COD增大。在焦亚硫酸钠与废水中铬元素不同质量比的情况下，加H2SO4与未加H2SO4处理含铬废水后其COD对比变化如图2所示。
①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是 。
②在焦亚硫酸钠与废水质量比相同的情况下，加H2SO4时，与未加H2SO4相比，废水COD均有所下降，原因可能是 。
（3）三价铬[Cr（Ⅲ）]在水溶液中的存在形态随pH的变化如图3所示，为尽可能除去铬元素实现达标排放，沉淀过程中pH要控制在 ；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为 。
17．（12分）工业上以石煤（主要成分为V2O3，含有少量SiO2，P2O5等杂质）为原料制备钒的主要流程如图1所示。
已知：①NH4VO3难溶于水。②Ksp（MgSiO3）＝2.4×10﹣5，Ksp[Mg3（PO4）2]＝2.7×10﹣27。
（1）焙烧。通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 。
（2）除硅、磷。
①用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成Mg3（PO4）2、MgSiO3，沉淀。若沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，则c（SiO32﹣）＝ mol•L﹣1。
②如图2所示，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大、 ；随着温度升高，除硅率升高，其原因是 。
（3）沉钒。此过程反应温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为 。
（4）灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中，固体的残留率（×100%）随温度变化的曲线如图3所示，则A～B段发生反应的化学方程式为 。
18．（12分）高碘酸钾（KIO4）为无色晶体，在分析化学中常用作氧化剂。
Ⅰ．高碘酸钾的制备
步骤①：将碘溶于适量的水中，通入足量氯气将I2氧化为高碘酸（HIO4）。
步骤②：向步骤①所得溶液中加入适量氢氧化钾溶液中和，蒸发浓缩、冷却结晶等操作得KIO4晶体。
（1）步骤①中反应的化学方程式为 。
（2）室温下，向高氯酸钠中加入饱和KNO3溶液进行复分解反应，也可以得到KClO4晶体，分析反应能进行的原因是 。
Ⅱ．用高碘酸钾测定甘油的含量
步骤①：准确称取0.1500g甘油试样溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，盐酸酸化后，加入0.0230mol•L﹣1KIO4溶液25.00mL，充分反应；
步骤②：向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，振荡摇匀、静置；
步骤③：加入少量淀粉作指示剂，用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL。
已知：C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O
HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O
HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O
I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
（3）达到滴定终点的现象为 。
（4）计算甘油试样的纯度（请写出计算过程） 。
19．（12分）工业上由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备高纯碳酸锰。其主要工艺流程如图1所示。
已知：①金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb
②流程中各步骤中对杂质离子的去除情况如下表所示：
Fe2+
Ni2+
Pb2+
初始浓度/mg•L﹣1
21.02
4.95
5.86
酸浸后/mg•L﹣1
12.85
3.80
3.39
除铁后/mg•L﹣1
0.25
3.76
3.38
除镍、铅后/mg•L﹣1
0.10 （达标）
3.19（未达标）
0.12（达标）
（1）酸浸：向粗锰粉中加入一定浓度的硫酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；此时Fe2+浓度降低，可能的原因为 。
（2）氧化：向“酸浸”后的滤液中加入MnO2，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式为 。
（3）除铁：向“氧化”后的滤液中加入物质X，是为了调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀而除去。下列可以作为物质X的是 （填序号）。
A．MnCO3
B．Mn（OH）2
C．NH3•H2O
（4）除镍、铅。向“除铁“后的滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；此时Ni2+不达标而Pb2+达标。推测溶解度：PbS NiS（填“＞”或“＜”）。
（5）制备碳酸锰。已知溶液pH和反应温度对MnCO3的产率影响分别如图2、图3所示。请设计从提纯后的MnSO4溶液制备MnCO3沉淀的实验方案： 。（实验中须使用的试剂有：氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液）
20．（12分）脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是科学家研究的重要课题。
（1）CH4催化还原法。主要发生以下反应：
反应ⅠCH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mol﹣1
反应ⅡCH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＝﹣1160kJ•mol﹣1
反应ⅢCH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H3
①△H3＝ kJ•mol﹣1
②在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2发生反应Ⅲ，测得在相同时间内和不同温度下NO2的转化率α（NO2）如图1。下列叙述正确的是 。
A．若温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%
B．反应速率：b点的ν（逆）＞e点的ν（逆）
C．平衡常数：c点＝d点
D．在时间t内，提高c点时NO2的转化率和反应速率，可适当升温或增大c（CH4）
（2）氨气选择性催化还原法。主要反应为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1625.5kJ•mol﹣1；氨氮比[]会直接影响该方法的脱硝率。350℃时，只改变氨气的投放量，氨气的转化率与氨氮比的关系如图2所示。当＞1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是 。
（3）臭氧氧化法。各物质的物质的量随时间的变化如图3所示，X为 （填化学式）。
（4）直接电解吸收法。用6%的稀硝酸吸收NOx生成HNO2（一元弱酸），再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如图4所示。
①图中b应连接电源的 （填“正极”或“负极”）。
②a电极反应式为 。
2020-2021学年江苏省无锡市高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）环境保护是当今倍受人们关注的社会问题。下列叙述不正确的是（ ）
A．二氧化硫会形成酸雨
B．氮氧化物会形成光化学烟雾
C．氟利昂会破坏臭氧层
D．一氧化碳会造成温室效应
【分析】二氧化硫气体是酸雨形成的主要原因；光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的；氟里昂是破坏臭氧层的物质；CO2、碳氢化合物对大气的污染主要是形成温室效应。
【解答】解：A．二氧化硫是形成酸雨的主要物质，故A正确；
B．氮氧化物会形成光化学烟雾，故B正确；
C．氟里昂能引起臭氧层破坏，故C正确；
D．二氧化碳会造成温室效应，一氧化碳不会造成温室效应，故D错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查污染空气的几种效应和现象，重点了解引起污染的原因和物质，注意对相关知识的几率。
2．（2分）用化学用语表示2Mg+CO22MgO+C中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A．中子数为7的碳原子：C
B．MgO的电子式：
C．镁原子的结构示意图：
D．CO2分子的比例模型：
【分析】A．原子表示时，应将质子数写在元素符号左下角，质量数写在左上角；
B．MgO是离子化合物，由镁离子和氧离子构成；
C．镁原子的核内有12个质子，核外有12个电子；
D．二氧化碳中C原子半径大于O原子半径。
【解答】解：A．原子表示时，应将质子数写在元素符号左下角，质量数写在左上角，故中子数为7的碳原子的质量数为13，故表示为C，故A错误；
B．MgO是离子化合物，由镁离子和氧离子构成，故其电子式为，故B正确；
C．镁原子的核内有12个质子，核外有12个电子，故其结构示意图为，故C错误；
D．二氧化碳中C原子半径大于O原子半径，故二氧化碳的比例模型为，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，涉及电子式、球棍模型与比例模型、原子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答结构，试题培养了学生的规范答题能力．
3．（2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氨气易溶于水，可用作制冷剂
B．氧化铝具有两性，可用作耐高温材料
C．浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂
D．晶体硅熔点高硬度大，可用作半导体材料
【分析】A．依据液氨汽化吸收热量解答；
B．耐高温材料具有较高熔点；
C．浓硫酸能够吸收气体中的水蒸气；
D．依据晶体硅导电性介于导体与半导体之间解答。
【解答】解：A．液氨汽化吸收热量，可以用作制冷剂，故A错误；
B．氧化铝具有较高熔点，可以用作耐高温材料，故B错误；
C．浓硫酸能够吸收气体中的水蒸气，可以用于干燥气体，故C正确；
D．晶体硅导电性介于导体与半导体之间，是良好的半导体材料，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
4．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1HCl溶液：Na+、K+、SO42﹣、[Ag（NH3）2]+
B．0.1mol•L﹣1NaClO溶液：Fe2+、K+、SO42﹣、Cl﹣
C．0.1mol•L﹣1BaCl2溶液：Na+、K+、NO3﹣、CO32﹣
D．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
【分析】A．银氨络离子与氢离子反应；
B．次氯酸根离子能够氧化亚铁离子；
C．碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀；
D．四种离子之间不反应，都不与氯化铁反应。
【解答】解：A．H+、[Ag（NH3）2]+之间发生反应，不能大量共存，故A错误；
B．Fe2+、ClO﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．Ba2+、CO32﹣之间反应生成难溶物碳酸钡，不能大量共存，故C错误；
D．Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，都不与FeCl3反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
5．（2分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置可完成喷泉实验
B．用装置可验证温度对平衡移动的影响
C．用装置可实现反应：Cu+2H2OCu（OH）2+H2↑
D．用装置可制备氢氧化亚铁
【分析】A.NO不溶于水；
B.只有温度不同；
C.Cu与电源负极相连，作阴极；
D.生成氢氧化亚铁易被氧化。
【解答】解：A.NO不溶于水，不能形成喷泉实验，故A错误；
B.只有温度不同，可验证温度对平衡移动的影响，故B正确；
C.Cu与电源负极相连，作阴极，则Cu不能失去电子，故C错误；
D.生成氢氧化亚铁易被氧化，应隔绝空气，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、平衡移动、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（2分）下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅
B．Na、Mg、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱
C．将混有少量SO2的CO2气体通入饱和NaHCO3溶液，可达到除杂的目的
D．过量的铜与浓硝酸反应，生成的气体只有NO2
【分析】A．二氧化硅在高温下与焦炭反应制得粗硅；
B．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；
C．二氧化硫可以和碳酸氢钠反应，但是二氧化碳和碳酸氢钠之间不反应；
D．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮。
【解答】解：A．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得粗硅，故A错误；
B．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；
C．二氧化硫可以和碳酸氢钠反应生成亚硫酸钠溶液和二氧化碳，但是二氧化碳和碳酸氢钠之间不反应，混有少量SO2的二氧化碳气体可以用亚硫酸氢钠来除，故C正确；
D．过量的铜与浓硝酸反应，开始生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度降低变为稀硝酸，反应生成一氧化氮，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．0.010mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2溶液与0.040mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合：NH4++Fe3++4OH﹣═Fe（OH）3↓+NH3•H2O
B．石灰乳中通入Cl2：2OH﹣+Cl2═Cl﹣+ClO﹣+H2O
C．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3﹣+4H+═Fe3++NO↑+2H2O
D．酸性溶液中NaI和NaIO3反应生成I2：5I﹣+IO+3H2O═3I2+6OH﹣
【分析】A．硫酸铁铵与氢氧化钠物质的量之比1：4反应生成氢氧化铁和一水合氨、硫酸钠；
B．石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；
C．铁粉过量反应生成硝酸亚铁和一氧化氮和水；
D．酸性溶液中不能生成氢氧根离子。
【解答】解：A．0.010mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2溶液与0.040mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合，离子方程式：NH4++Fe3++4OH﹣═Fe（OH）3↓+NH3•H2O，故A正确；
B．石灰乳中通入Cl2反应离子方程式：Ca（OH）2+Cl2═Cl﹣+Ca2++ClO﹣+H2O，故B错误；
C．过量铁粉与稀硝酸反应，离子方程式：3Fe+2NO3﹣+8H+═2Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2的离子反应为：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意与量有关的离子反应及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。
8．（2分）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1可用于工业合成氨。在容积固定不变的密闭容器中加入1mol N2和3mol H2发生反应。下列叙述正确的是（ ）
A．该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4kJ
B．达到平衡后向容器中通入1mol氦气，平衡不移动
C．降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大
D．常温常压下，有22.4L的N2反应时转移了6mol电子
【分析】A．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物；
B．达到平衡后向容器中通入He，容器体积不变则反应物和生成物浓度不变；
C．化学平衡常数只与温度有关；
D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol。
【解答】解：A．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以达到平衡时放出的热量小于92.4kJ，故A错误；
B．达到平衡后向容器中通入He，容器体积不变则反应物和生成物浓度不变，则平衡不移动，故B正确；
C．化学平衡常数只与温度有关，降低温度平衡正向移动，则平衡常数增大，缩小容器体积平衡正向移动但平衡常数不变，故C错误；
D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以常温常压下22.4L氮气的物质的量小于1mol，转移电子小于6mol，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、物质的量的有关计算等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确可逆反应特点、外界条件对平衡移动影响原理内涵、气体摩尔体积适用范围和适用条件是解本题关键，D为解答易错点。
9．（2分）下列关于Na、C、N、S元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Na）＞r（S）＞r（C）＞r（N）
B．Na2S2中只含离子键
C．N、S的氧化物对应水化物均为强酸
D．Na、S形成的化合物水溶液呈中性
【分析】A．一般来讲，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大；
B．S22﹣离子中含有共价键；
C．亚硝酸、亚硫酸为弱酸；
D．硫化钠为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性。
【解答】解：A．Na、C、N、S的原子半径大小为：r（Na）＞r（S）＞r（C）＞r（N），故A正确；
B．Na2S2中含有离子键和共价键，故B错误；
C．N、S的氧化物对应水化物不一定为强酸，如亚硝酸、亚硫酸为弱酸，故C错误；
D．Na、S形成的化合物为硫化钠，硫离子部分水解，溶液呈碱性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律的内容为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析与应用能力。
10．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A．Al Al（OH）3AlCl3
B．FeFe2O3Fe2（SO4）3
C．CuOCu（OH）2Cu2O
D．CaSO4CaCO3 CaCl2
【分析】A.Al与NaOH反应生成偏铝酸钠；
B.铁燃烧生成四氧化三铁；
C.CuO与水不反应；
D.硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙。
【解答】解：A.Al与NaOH反应生成偏铝酸钠，则Al Al（OH）3不能实现，故A错误；
B.铁燃烧生成四氧化三铁，则FeFe2O3不能实现，故B错误；
C.CuO与水不反应，则CuOCu（OH）2不能实现，故C错误；
D.硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙，图中转化均可实现，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、转化关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11．（4分）下列叙述正确的是（ ）
A．相同温度下，中和pH与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者
B．相同温度下，pH相等的氨水、CH3COONa溶液中，水的电离程度相同
C．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2mol
D．TATP（C8H18O6）受撞击分解爆炸，且无明显热效应，说明该分解反应熵显著增加
【分析】A．相同温度下pH、体积都相同的硫酸和醋酸，最终电离出的n（H+）：醋酸＞硫酸，消耗NaOH的量与n（H+）成正比；
B．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离；
C．电解精炼粗铜时，阳极上Cu和比Cu活泼的金属失电子，阴极上析出Cu；
D．物质的混乱程度越大其熵越大。
【解答】解：A．相同温度下pH、体积都相同的硫酸和醋酸，最终电离出的n（H+）：醋酸＞硫酸，消耗NaOH的量与n（H+）成正比，则消耗NaOH的量：醋酸＞硫酸，故A正确；
B．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，一水合氨抑制水电离、醋酸钠促进水电离，所以两种溶液中水电离程度不同，故B错误；
C．电解精炼粗铜时，阳极上Cu和比Cu活泼的金属失电子，阴极上析出Cu，所以如果阳极质量减少64g，阴极得到的电子数目不一定是2mol，故C错误；
D．TARP（C8H18O6）受撞击分解爆炸，其混乱程度增大，所以该分解反应熵增加，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查弱电解质的电离、电解原理等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离特点、水电离影响因素、电解原理内涵是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
12．（4分）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法不正确的是（ ）
A．直流电源的X极是正极
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
【分析】由装置图可知a极生成氧气，发生氧化反应，为电解池阳极，电极方程式为2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，b为阴极，发生还原反应，电极方程式为O2+2e﹣+2H+＝H2O2，以此解答该题。
【解答】解：A.a极生成氧气，发生氧化反应，为电解池阳极，电极反应式为：2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，所以直流电源的X极是正极，故A正确；
B.阳极反应为：2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，H+由a极区向b极区迁移，根据电荷守，阳极生成氢离子的量与移入阴极氢离子一样多，所以电解一段时间后，阳极室的pH未变，故B正确；
C.电解池中阳离子向阴极移动，所以电解过程中，H+由a极区向b极区迁移，故C正确；
D.a极电极反应式为：2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，b极O2+2e﹣+2H+＝H2O2，根据得失电子守恒，a极生成的O2与b极反应的O2的量不相等，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确各个电极上发生的反应以及电解的原理为解答本题关键，注意把握电极方程式的书写，题目难度不大。
13．（4分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
操作及现象
结论
A
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
NH4Cl固体可以升华
B
用pH计测定SO2和CO2饱和溶液的pH，前者pH小
亚硫酸的酸性强于碳酸
C
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色
Br﹣还原性强于Cl﹣
D
向2支均盛有2mL 1.0mol•L﹣1的KOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为0.1mol•L﹣1的AlCl3和FeCl3溶液，一支试管无沉淀生成，另一支试管出现红褐色沉淀
Ksp[Al （ OH）3]＞Ksp[Fe（ OH）3]
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.加热氯化铵分解，在试管口化合生成氯化铵；
B.饱和溶液的浓度不同；
C.氯水与NaBr反应生成溴，溴易溶于苯；
D.KOH过量，氢氧化铝与KOH反应。
【解答】解：A.加热氯化铵分解，在试管口化合生成氯化铵，为化学变化，而升华为物理变化，故A错误；
B.饱和溶液的浓度不同，则由溶液的pH不能比较酸性，故B错误；
C.氯水与NaBr反应生成溴，溴易溶于苯，由现象可知Br﹣还原性强于Cl﹣，故C正确；
D.KOH过量，氢氧化铝与KOH反应，由操作和现象不能比较Ksp[Al （ OH）3]、Ksp[Fe（ OH）3]，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14．（4分）25℃时，下列物质的电离平衡常数如下表，下列各溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
化学式
H2CO3
HClO
NH3•H2O
电离平衡常数
K＝4.3×10﹣7
K＝5.6×10﹣11
3.0×10﹣8
1.76×10﹣5
A．物质的量浓度相等的NH4Cl和KClO溶液中：c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＞c（K+）﹣c（ClO﹣）
B．向NaClO溶液中通入CO2气体至溶液pH＝7（通入气体对溶液体积的影响可忽略）：c（Na+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
C．将浓度均为0.1mol•L﹣1的HClO溶液与Na2CO3溶液等体积混合的溶液中：c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）
D．0.2mol•L﹣1氨水与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合（体积变化可忽略）：c（NH3•H2O）＜c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+0.05mol•L﹣1
【分析】A．结合电荷守恒可知c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＝c（H+）﹣c（OH﹣）、c（K+）﹣c（ClO﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+），结合水解程度大小分析；
B．pH＝7的溶液中c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒分析；
C．结合混合液中的物料守恒分析；
D．混合液呈碱性，结合混合液中的物料守恒、电荷守恒分析。
【解答】解：A．Kb（NH3•H2O）＞Ka（HClO），则水解程度：NH4+＜ClO﹣，NH4Cl溶液中的c（H+）﹣c（OH﹣）小于KClO溶液溶液中的c（OH﹣）﹣c（H+），结合电荷守恒可知c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＝c（H+）﹣c（OH﹣）、c（K+）﹣c（ClO﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+），即c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＜c（K+）﹣c（ClO﹣），故A错误；
B．向NaClO溶液中通入CO2气体至溶液pH＝7，则c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒可知：c（Na+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故B错误；
C．将浓度均为0.1mol•L﹣1的HClO溶液与Na2CO3溶液等体积混合的溶液中，结合物料守恒可知：c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故C正确；
D．0.2mol•L﹣1氨水与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合，结合足物料守恒：①c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+2c（CO32﹣），还存在电荷守恒：②c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），①﹣②可得：c（NH3•H2O）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+c（Na+），由于混合液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合c（Na+）＝0.05mol/L可知：c（NH3•H2O）＜c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+0.05mol•L﹣1，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力。
15．（4分）在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个体积相等的恒容密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。在一定条件下能发生如下反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的△H＞0
B．若三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T1时CO转化率最大
C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅱ和Ⅲ
D．若再向容器Ⅲ中充入0.1mol CO、0.2mol H2和0.4mol CH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%
【分析】由图可知，T1＜T2＜T3，T2℃时CO的体积分数最小，T3℃时CO的体积分数增大，则T3℃时容器内反应达到平衡状态，并且平衡发生了逆向移动，所以正反应是放热反应，T2℃时容器内反应可能达到平衡状态，T1℃时容器内反应一定没有达到平衡状态，结合温度、压强对该反应的影响和等效平衡分析解答。
【解答】解：由图可知，T1＜T2＜T3，T2℃时CO的体积分数最小，T3℃时CO的体积分数增大，则T3℃时容器内反应达到平衡状态，T2℃时容器内反应可能达到平衡状态，T1℃时容器内反应一定没有达到平衡状态，
A．由图可知，T1＜T2＜T3，T2℃时CO的体积分数最小，T3℃时CO的体积分数增大，则T3℃时容器内反应达到平衡状态，并且平衡发生了逆向移动，所以正反应是放热反应，故A错误；
B．该反应正向放热，则反应条件相同时，温度越低，达到平衡时反应物CO转化率越高，所以三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T1时CO转化率最大，故B正确；
C．由上述分析可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中：一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，一定没有达到平衡的是I，可能达到平衡的II，故C错误；
D．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），1molCO和2molH2，符合反应的计量关系，则容器Ⅲ中原平衡有：20%CO、40%H2、CH3OH的体积分数为1﹣20%﹣40%＝40%，若再向容器Ⅲ中充入0.1mol CO、0.2mol H2和0.4mol CH3OH，等效于起始时容器III中充入1.5molCO和3molH2，相当恒温恒容条件下增大压强，平衡转向移动，CH3OH的体积分数增大，所以再向容器Ⅲ中充入0.1molCO、0.2molH2和0.4molCH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查化学平衡计算与化学平衡影响因素、化学平衡图象等知识，把握平衡状态的判断是解题关键，注意化学平衡的计算方法、等效平衡和化学平衡影响因素，试题侧重于考查学生的分析能力、计算能力和灵活运用能力，题目难度中等。
二、非选择题（共80分）
16．（12分）化学还原法是处理含Cr2O的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：Cr2O72﹣C3+Cr（OH）3
已知：①Na2S2O5+H2O═2NaHSO3
②“COD”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则COD越低，表明水质污染程度越小。
（1）取含Cr2O72﹣的工业废水，分别在不同pH条件下，向每个水样中分别加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca（OH）2悬浊液，静置沉淀，测定+6价Cr的去除率，实验结果如图1所示。
①在酸性条件下，请写出NaHSO3与CrO72﹣反应的离子方程式： 3HSO3﹣+Cr2O72﹣+5H+＝2Cr3++3SO42﹣+4H2O 。
②分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除+6价Cr的效果。
Ⅰ．亚铁盐在中性和碱性条件下，对+6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；
Ⅱ． 在酸性条件下，亚硫酸盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚铁盐对+6价Cr的去除效果 。
（2）用焦亚硫酸钠（Na2S2O5）处理废水后，可能会使废水中的COD增大。在焦亚硫酸钠与废水中铬元素不同质量比的情况下，加H2SO4与未加H2SO4处理含铬废水后其COD对比变化如图2所示。
①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是 Na2S2O5质量越大，反应后废水中剩余的HSO3﹣（或S2O52﹣）的量就越多，HSO3﹣（或S2O52﹣）具有较强的还原性，所以废水的COD增大 。
②在焦亚硫酸钠与废水质量比相同的情况下，加H2SO4时，与未加H2SO4相比，废水COD均有所下降，原因可能是 废水酸性增强，促进HSO3﹣（或S2O52﹣）与Cr2O72﹣充分反应，还原性的HSO3﹣（或S2O52﹣）转化更完全，含量减少（或废水酸性增强，H+将HSO3﹣转化为SO2气体逸出，还原性的HSO3﹣减少） 。
（3）三价铬[Cr（Ⅲ）]在水溶液中的存在形态随pH的变化如图3所示，为尽可能除去铬元素实现达标排放，沉淀过程中pH要控制在 6.0～12 ；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为 Cr（OH）3转化为可溶性的Cr（OH）4﹣ 。
【分析】（1）①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O72﹣还原成为Cr3+，NaHSO3被氧化为硫酸钠；
Ⅱ．由图中曲线变化可知，中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下，亚硫酸盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚铁盐对+6价Cr的去除效果；
（2）①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是Na2S2O5质量越大，反应后废水中剩余的HSO3﹣（或S2O52﹣）的量就越多；
②废水酸性增强，促进HSO3﹣（或S2O52﹣）与Cr2O72﹣充分反应，据此分析；
（3）根据图2所示可知，当溶液的pH在6.0～12时，铬以氢氧化铬的形式存在，可以除去溶液中的铬元素，再增大溶液的pH值时，铬元素以Cr（OH）4﹣形式存在。
【解答】解：（1）①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O72﹣还原成为Cr3+，NaHSO3被氧化为硫酸钠，反应的离子方程式为：3HSO3﹣+Cr2O72﹣+5H+＝2Cr3++3SO42﹣+4H2O，
故答案为：3HSO3﹣+Cr2O72﹣+5H+＝2Cr3++3SO42﹣+4H2O；
Ⅱ．由图中曲线变化可知，中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下，亚硫酸盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚铁盐对+6价Cr的去除效果，
故答案为：中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反；
（2）①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是Na2S2O5质量越大，反应后废水中剩余的HSO3﹣（或S2O52﹣）的量就越多，HSO3﹣（或S2O52﹣）具有较强的还原性，所以废水的COD增大，
故答案为：Na2S2O5质量越大，反应后废水中剩余的HSO3﹣（或S2O52﹣）的量就越多，HSO3﹣（或S2O52﹣）具有较强的还原性，所以废水的COD增大；
②在焦亚硫酸钠与废水中铬元素质量比相同的情况下，加H2SO4时，与未加H2SO4相比，废水COD均有所下降，原因可能是废水酸性增强，促进HSO3﹣（或S2O52﹣）与Cr2O72﹣充分反应，还原性的HSO3﹣（或S2O52﹣）转化更完全，含量减少（或废水酸性增强，H+将HSO3﹣转化为SO2气体逸出，还原性的HSO3﹣减少），
故答案为：废水酸性增强，促进HSO3﹣（或S2O52﹣）与Cr2O72﹣充分反应，还原性的HSO3﹣（或S2O52﹣）转化更完全，含量减少（或废水酸性增强，H+将HSO3﹣转化为SO2气体逸出，还原性的HSO3﹣减少）；
（3）根据图2所示可知，当溶液的pH在6.0～12时，铬以氢氧化铬的形式存在，可以除去溶液中的铬元素，再增大溶液的pH值时，铬元素以Cr（OH）4﹣形式存在，而溶解在水中，
故答案为：6.0～12；Cr（OH）3转化为可溶性的Cr（OH）4﹣。
【点评】本题考查三废的处理，把握物质的性质、氧化还原反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17．（12分）工业上以石煤（主要成分为V2O3，含有少量SiO2，P2O5等杂质）为原料制备钒的主要流程如图1所示。
已知：①NH4VO3难溶于水。②Ksp（MgSiO3）＝2.4×10﹣5，Ksp[Mg3（PO4）2]＝2.7×10﹣27。
（1）焙烧。通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2 。
（2）除硅、磷。
①用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成Mg3（PO4）2、MgSiO3，沉淀。若沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，则c（SiO32﹣）＝ 0.08 mol•L﹣1。
②如图2所示，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大、 温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁 ；随着温度升高，除硅率升高，其原因是 温度升高，促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀 。
（3）沉钒。此过程反应温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为 NH4Cl受热会分解 。
（4）灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中，固体的残留率（×100%）随温度变化的曲线如图3所示，则A～B段发生反应的化学方程式为 2HVO3V2O5+H2O 。
【分析】根据流程：石煤（主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质）与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁除去硅磷，滤渣的成分为MgSiO3、Mg3（PO4）2，向滤液中加入NH4Cl沉钒得到偏钒酸铵（NH4VO3），灼烧NH4VO3得到V2O5，加入还原剂得到单质钒；据此来分析：
（1）焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，据此书写；
（2）①根据Ksp[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43﹣）＝2.7×10﹣27，可以得出c（Mg2+），再根据Ksp（MgSiO3）＝c（Mg2+）×c（SiO32﹣）＝2.4×10﹣5，得出c（SiO32﹣）；
②Mg3（PO4）2溶解度增大，温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；温度升高，促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀，使其除去率增大；
（3）氯化铵不稳定，易分解；
（4）210°C剩余固体占起始固体85.47%，NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3，HVO3，进一步分解生成V2O5；
【解答】解：（1）焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，反应为：V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2，
故答案为：V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2；
（2）①根据Ksp[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43﹣）＝2.7×10﹣27，沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，可以得出c（Mg2+）＝mol/L＝3.0×10﹣4mol/L，根据Ksp（MgSiO3）＝c（Mg2+）×c（SiO32﹣）＝2.4×10﹣5，得出c（SiO32﹣）＝＝0.08mol•L﹣1，
故答案为：0.08；
②由图2可知，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大，温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；随着温度升高，除硅率升高，其原因是温度升高，促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀，使其除去率增大，
故答案为：温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；温度升高，促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀；
（3）沉钒过程，加入了氯化铵，氯化铵不稳定，温度高了易分解，
故答案为：NH4Cl受热会分解；
（4）210°C剩余固体占起始固体85.47%，NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3，HVO3，进一步分解生成V2O5，所以反应的方程式为：2HVO3V2O5+H2O，
故答案为：2HVO3V2O5+H2O。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
18．（12分）高碘酸钾（KIO4）为无色晶体，在分析化学中常用作氧化剂。
Ⅰ．高碘酸钾的制备
步骤①：将碘溶于适量的水中，通入足量氯气将I2氧化为高碘酸（HIO4）。
步骤②：向步骤①所得溶液中加入适量氢氧化钾溶液中和，蒸发浓缩、冷却结晶等操作得KIO4晶体。
（1）步骤①中反应的化学方程式为 7Cl2+I2+8H2O＝2HIO4+14HCl 。
（2）室温下，向高氯酸钠中加入饱和KNO3溶液进行复分解反应，也可以得到KClO4晶体，分析反应能进行的原因是 室温下KClO4的溶解度小 。
Ⅱ．用高碘酸钾测定甘油的含量
步骤①：准确称取0.1500g甘油试样溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，盐酸酸化后，加入0.0230mol•L﹣1KIO4溶液25.00mL，充分反应；
步骤②：向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，振荡摇匀、静置；
步骤③：加入少量淀粉作指示剂，用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL。
已知：C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O
HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O
HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O
I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
（3）达到滴定终点的现象为 最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入，溶液蓝色褪去，30s不恢复 。
（4）计算甘油试样的纯度（请写出计算过程） 由I元素守恒：n（HIO4）+n（HIO3）＝n（KIO4）＝0.025L×0.0230mol•L﹣1＝5.750×10﹣4mol，
由HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O、HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O，可知n（I2）＝4n（HIO4）+3n（HIO3），由I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，可知n（I2）＝n（Na2S2O3），故4n（HIO4）+3n（HIO3）＝×0.020L×0.2000mol•L﹣1＝2.000×10﹣3mol，
两式联立，解得n（HIO3）＝3.000×10﹣4mol，
由C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O，可知n（甘油）＝n（HIO3）＝1.500×10﹣4mol，
甘油试样的纯度为×100%＝92.00% 。
【分析】（1）在溶液中氯气将碘氧化为高碘酸（HIO4），同时氯气被还原生成HCl；
（2）发生复分解反应，是利用KClO4的溶解度小；
（3）滴定终点，碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去；
（4）由I元素守恒有n（HIO4）+n（HIO3）＝n（KIO4），由HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O、HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O可知n（I2）＝4n（HIO4）+3n（HIO3），由I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6可知n（I2）＝n（Na2S2O3），联立计算n（HIO3），由C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O，可知n（甘油）＝n（HIO3）。
【解答】解：（1）在溶液中氯气将碘氧化为高碘酸（HIO4），同时氯气被还原生成HCl，反应方程式为：7Cl2+I2+8H2O＝2HIO4+14HCl，
故答案为：7Cl2+I2+8H2O＝2HIO4+14HCl；
（2）室温下，向高氯酸钠中加入饱和KNO3溶液进行复分解反应，也可以得到KClO4晶体，是由于室温下KClO4的溶解度小，
故答案为：室温下KClO4的溶解度小；
（3）最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入，碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去，30s不恢复，滴定到达终点，
故答案为：最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入，溶液蓝色褪去，30s不恢复；
（4）由I元素守恒：n（HIO4）+n（HIO3）＝n（KIO4）＝0.025L×0.0230mol•L﹣1＝5.750×10﹣4mol，
由HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O、HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O，可知n（I2）＝4n（HIO4）+3n（HIO3），由I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，可知n（I2）＝n（Na2S2O3），故4n（HIO4）+3n（HIO3）＝×0.020L×0.2000mol•L﹣1＝2.000×10﹣3mol，
两式联立，解得n（HIO3）＝3.000×10﹣4mol，
由C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O，可知n（甘油）＝n（HIO3）＝1.500×10﹣4mol，
甘油试样的纯度为×100%＝92.00%，
故答案为：由I元素守恒：n（HIO4）+n（HIO3）＝n（KIO4）＝0.025L×0.0230mol•L﹣1＝5.750×10﹣4mol，
由HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O、HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O，可知n（I2）＝4n（HIO4）+3n（HIO3），由I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，可知n（I2）＝n（Na2S2O3），故4n（HIO4）+3n（HIO3）＝×0.020L×0.2000mol•L﹣1＝2.000×10﹣3mol，
两式联立，解得n（HIO3）＝3.000×10﹣4mol，
由C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O，可知n（甘油）＝n（HIO3）＝1.500×10﹣4mol，
甘油试样的纯度为×100%＝92.00%。
【点评】本题考查物质含量测定，关键是对实验原理的理解，题目侧重考查学生分析计算能力、实验能力，需要学生具备扎实的基础。
19．（12分）工业上由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备高纯碳酸锰。其主要工艺流程如图1所示。
已知：①金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb
②流程中各步骤中对杂质离子的去除情况如下表所示：
Fe2+
Ni2+
Pb2+
初始浓度/mg•L﹣1
21.02
4.95
5.86
酸浸后/mg•L﹣1
12.85
3.80
3.39
除铁后/mg•L﹣1
0.25
3.76
3.38
除镍、铅后/mg•L﹣1
0.10 （达标）
3.19（未达标）
0.12（达标）
（1）酸浸：向粗锰粉中加入一定浓度的硫酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；此时Fe2+浓度降低，可能的原因为 空气中的氧气将部分Fe2+氧化 。
（2）氧化：向“酸浸”后的滤液中加入MnO2，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式为 2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O 。
（3）除铁：向“氧化”后的滤液中加入物质X，是为了调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀而除去。下列可以作为物质X的是 AB （填序号）。
A．MnCO3
B．Mn（OH）2
C．NH3•H2O
（4）除镍、铅。向“除铁“后的滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；此时Ni2+不达标而Pb2+达标。推测溶解度：PbS ＜ NiS（填“＞”或“＜”）。
（5）制备碳酸锰。已知溶液pH和反应温度对MnCO3的产率影响分别如图2、图3所示。请设计从提纯后的MnSO4溶液制备MnCO3沉淀的实验方案： 在搅拌下向MnSO4溶液中加氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液，调节pH为7左右，并在60℃水浴中保温，待沉淀完全后，冷却、过滤、洗涤、干燥后得到MnCO3沉淀 。（实验中须使用的试剂有：氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液）
【分析】粗锰粉的主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质，由流程可知，加硫酸溶解，溶液中含Mn2+、Fe2+、Ni2+、Pb2+，加入MnO2，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，然后加X为MnCO3或Mn（OH）2调节pH使铁离子转化为沉淀，然后通入H2S气体除镍、铅，分离出MnSO4溶液中加氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液，调节pH为7左右，并在60℃水浴中保温，待沉淀完全后，冷却、过滤、洗涤、干燥后得到MnCO3沉淀，以此来解答。
【解答】解：（1）向粗锰粉中加入一定浓度的硫酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤，此时Fe2+浓度降低，可能的原因为 空气中的氧气将部分Fe2+氧化，
故答案为：空气中的氧气将部分Fe2+氧化；
（2）向“酸浸”后的滤液中加入MnO2，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）加X为MnCO3或Mn（OH）2调节pH使铁离子转化为沉淀，不引入新杂质，
故答案为：AB；
（4）向“除铁“后的滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；此时Ni2+不达标而Pb2+达标，PbS更难溶，溶解度：PbS＜NiS，
故答案为：＜；
（5）设计从提纯后的MnSO4溶液制备MnCO3沉淀的实验方案为在搅拌下向MnSO4溶液中加氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液，调节pH为7左右，并在60℃水浴中保温，待沉淀完全后，冷却、过滤、洗涤、干燥后得到MnCO3沉淀，
故答案为：在搅拌下向MnSO4溶液中加氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液，调节pH为7左右，并在60℃水浴中保温，待沉淀完全后，冷却、过滤、洗涤、干燥后得到MnCO3沉淀。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
20．（12分）脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是科学家研究的重要课题。
（1）CH4催化还原法。主要发生以下反应：
反应ⅠCH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mol﹣1
反应ⅡCH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＝﹣1160kJ•mol﹣1
反应ⅢCH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H3
①△H3＝ ﹣867 kJ•mol﹣1
②在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2发生反应Ⅲ，测得在相同时间内和不同温度下NO2的转化率α（NO2）如图1。下列叙述正确的是 AD 。
A．若温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%
B．反应速率：b点的ν（逆）＞e点的ν（逆）
C．平衡常数：c点＝d点
D．在时间t内，提高c点时NO2的转化率和反应速率，可适当升温或增大c（CH4）
（2）氨气选择性催化还原法。主要反应为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1625.5kJ•mol﹣1；氨氮比[]会直接影响该方法的脱硝率。350℃时，只改变氨气的投放量，氨气的转化率与氨氮比的关系如图2所示。当＞1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是 过量氨气与氧气反应生成NO 。
（3）臭氧氧化法。各物质的物质的量随时间的变化如图3所示，X为 N2O5 （填化学式）。
（4）直接电解吸收法。用6%的稀硝酸吸收NOx生成HNO2（一元弱酸），再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如图4所示。
①图中b应连接电源的 负极 （填“正极”或“负极”）。
②a电极反应式为 HNO2+H2O﹣2e﹣＝NO3﹣+3H+ 。
【分析】（1）①已知：
反应ⅠCH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mol﹣1
反应ⅡCH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＝﹣1160kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：Ⅰ×0.5+Ⅱ×0.5即可得；
②图为测得在相同时间内，在不同温度下NO2的转化率，温度400℃、500℃转化率最大，处于平衡状态，之前没有到达平衡，之后升高温度，转化率降低，平衡逆向移动；
A．图中200℃时，反应没有到达平衡，向正反应进行；
B．b点反应向正反应进行，e处于平衡状态，且E温度高；
C．平衡常数只与温度有关；
D．增大反应物浓度可以加快反应速率，提高其他物质的转化率，b向正反应进行，升温可以加快速率；
（2）350℃时，只改变氨气的投放量，当＞1.0时，过量氨气与氧气反应生成NO；
（3）根据图3可知，反应物是NO2和O3，O2和X为生成物，发生反应为NO2（g）+O3（g）→X+O2（g），物质的变化量之比等于化学计量数之比，根据图象可知，n（O3）：n（NO2）：n（O2）：n（X）＝2：4：2：2＝1：2：1：1，则配平后的反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌X+O2（g），根据质量守恒可知；
（4）①根据题意可知，a电极通入含HNO2的吸收液，使之转化为硝酸，则a极作阳极。
【解答】解：（1）①已知：
反应ⅠCH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mol﹣1
反应ⅡCH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＝﹣1160kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：Ⅰ×0.5+Ⅱ×0.5即可得：CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝（﹣574×0.5﹣1160×0.5）kJ•mol﹣1＝﹣867kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣867；
②图为测得在相同时间内，在不同温度下NO2的转化率，温度400℃、500℃转化率最大，处于平衡状态，之前没有到达平衡，之后升高温度，转化率降低，平衡逆向移动；
A．图中200℃时，反应没有到达平衡，向正反应进行，温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%，故A正确；
B．b点反应向正反应进行，e处于平衡状态，且E温度高，故b点的v（逆）＜e点的v（逆），故B错误；
C．c、d温度不同，平衡常数不同，故C错误；
D．增大反应物浓度可以加快反应速率，提高其他物质的转化率，b向正反应进行，当升温可以加快速率，反应继续向正反应进行并到达平衡，故D正确，
故答案为：AD；
（2）350℃时，只改变氨气的投放量，当＞1.0时，过量氨气与氧气反应生成NO，烟气中NO浓度反而增大，
故答案为：过量氨气与氧气反应生成NO；
（3）根据图3可知，反应物是NO2和O3，O2和X为生成物，发生反应为NO2（g）+O3（g）→X+O2（g），物质的变化量之比等于化学计量数之比，根据图象可知，n（O3）：n（NO2）：n（O2）：n（X）＝2：4：2：2＝1：2：1：1，则配平后的反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌X+O2（g），根据质量守恒可知，X分子中含有2个N原子和5个O原子，则X的化学式为N2O5，
故答案为：N2O5；
（4）①根据题意可知，a电极通入含HNO2的吸收液，使之转化为硝酸，则a极作阳极，电极反应式为HNO2+H2O﹣2e﹣＝NO3﹣+3H+，b极作阴极，与电源负极相连，
故答案为：负极；HNO2+H2O﹣2e﹣＝NO3﹣+3H+。
【点评】本题考查化学反应与能量的变化、电化学、化学平衡等相关知识，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
日期：2020/12/1 14:21:45；用户：郭娜；邮箱：xxdsgjzx76@xyh.com；学号：37865308
2020-2021学年江苏省无锡市高三（上）期中化学试卷
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）环境保护是当今倍受人们关注的社会问题。下列叙述不正确的是（ ）
A．二氧化硫会形成酸雨
B．氮氧化物会形成光化学烟雾
C．氟利昂会破坏臭氧层
D．一氧化碳会造成温室效应
2．（2分）用化学用语表示2Mg+CO22MgO+C中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A．中子数为7的碳原子：C
B．MgO的电子式：
C．镁原子的结构示意图：
D．CO2分子的比例模型：
3．（2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氨气易溶于水，可用作制冷剂
B．氧化铝具有两性，可用作耐高温材料
C．浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂
D．晶体硅熔点高硬度大，可用作半导体材料
4．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1HCl溶液：Na+、K+、SO42﹣、[Ag（NH3）2]+
B．0.1mol•L﹣1NaClO溶液：Fe2+、K+、SO42﹣、Cl﹣
C．0.1mol•L﹣1BaCl2溶液：Na+、K+、NO3﹣、CO32﹣
D．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
5．（2分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置可完成喷泉实验
B．用装置可验证温度对平衡移动的影响
C．用装置可实现反应：Cu+2H2OCu（OH）2+H2↑
D．用装置可制备氢氧化亚铁
6．（2分）下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅
B．Na、Mg、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱
C．将混有少量SO2的CO2气体通入饱和NaHCO3溶液，可达到除杂的目的
D．过量的铜与浓硝酸反应，生成的气体只有NO2
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．0.010mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2溶液与0.040mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合：NH4++Fe3++4OH﹣═Fe（OH）3↓+NH3•H2O
B．石灰乳中通入Cl2：2OH﹣+Cl2═Cl﹣+ClO﹣+H2O
C．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3﹣+4H+═Fe3++NO↑+2H2O
D．酸性溶液中NaI和NaIO3反应生成I2：5I﹣+IO+3H2O═3I2+6OH﹣
8．（2分）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1可用于工业合成氨。在容积固定不变的密闭容器中加入1mol N2和3mol H2发生反应。下列叙述正确的是（ ）
A．该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4kJ
B．达到平衡后向容器中通入1mol氦气，平衡不移动
C．降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大
D．常温常压下，有22.4L的N2反应时转移了6mol电子
9．（2分）下列关于Na、C、N、S元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Na）＞r（S）＞r（C）＞r（N）
B．Na2S2中只含离子键
C．N、S的氧化物对应水化物均为强酸
D．Na、S形成的化合物水溶液呈中性
10．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A．Al Al（OH）3AlCl3
B．FeFe2O3Fe2（SO4）3
C．CuOCu（OH）2Cu2O
D．CaSO4CaCO3 CaCl2
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11．（4分）下列叙述正确的是（ ）
A．相同温度下，中和pH与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者
B．相同温度下，pH相等的氨水、CH3COONa溶液中，水的电离程度相同
C．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2mol
D．TATP（C8H18O6）受撞击分解爆炸，且无明显热效应，说明该分解反应熵显著增加
12．（4分）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法不正确的是（ ）
A．直流电源的X极是正极
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
13．（4分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
操作及现象
结论
A
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
NH4Cl固体可以升华
B
用pH计测定SO2和CO2饱和溶液的pH，前者pH小
亚硫酸的酸性强于碳酸
C
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色
Br﹣还原性强于Cl﹣
D
向2支均盛有2mL 1.0mol•L﹣1的KOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为0.1mol•L﹣1的AlCl3和FeCl3溶液，一支试管无沉淀生成，另一支试管出现红褐色沉淀
Ksp[Al （ OH）3]＞Ksp[Fe（ OH）3]
A．A B．B C．C D．D
14．（4分）25℃时，下列物质的电离平衡常数如下表，下列各溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
化学式
H2CO3
HClO
NH3•H2O
电离平衡常数
K＝4.3×10﹣7
K＝5.6×10﹣11
3.0×10﹣8
1.76×10﹣5
A．物质的量浓度相等的NH4Cl和KClO溶液中：c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＞c（K+）﹣c（ClO﹣）
B．向NaClO溶液中通入CO2气体至溶液pH＝7（通入气体对溶液体积的影响可忽略）：c（Na+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
C．将浓度均为0.1mol•L﹣1的HClO溶液与Na2CO3溶液等体积混合的溶液中：c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）
D．0.2mol•L﹣1氨水与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合（体积变化可忽略）：c（NH3•H2O）＜c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+0.05mol•L﹣1
15．（4分）在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个体积相等的恒容密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。在一定条件下能发生如下反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的△H＞0
B．若三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T1时CO转化率最大
C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅱ和Ⅲ
D．若再向容器Ⅲ中充入0.1mol CO、0.2mol H2和0.4mol CH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%
二、非选择题（共80分）
16．（12分）化学还原法是处理含Cr2O的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：Cr2O72﹣C3+Cr（OH）3
已知：①Na2S2O5+H2O═2NaHSO3
②“COD”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则COD越低，表明水质污染程度越小。
（1）取含Cr2O72﹣的工业废水，分别在不同pH条件下，向每个水样中分别加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca（OH）2悬浊液，静置沉淀，测定+6价Cr的去除率，实验结果如图1所示。
①在酸性条件下，请写出NaHSO3与CrO72﹣反应的离子方程式： 。
②分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除+6价Cr的效果。
Ⅰ．亚铁盐在中性和碱性条件下，对+6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；
Ⅱ． 。
（2）用焦亚硫酸钠（Na2S2O5）处理废水后，可能会使废水中的COD增大。在焦亚硫酸钠与废水中铬元素不同质量比的情况下，加H2SO4与未加H2SO4处理含铬废水后其COD对比变化如图2所示。
①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是 。
②在焦亚硫酸钠与废水质量比相同的情况下，加H2SO4时，与未加H2SO4相比，废水COD均有所下降，原因可能是 。
（3）三价铬[Cr（Ⅲ）]在水溶液中的存在形态随pH的变化如图3所示，为尽可能除去铬元素实现达标排放，沉淀过程中pH要控制在 ；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为 。
17．（12分）工业上以石煤（主要成分为V2O3，含有少量SiO2，P2O5等杂质）为原料制备钒的主要流程如图1所示。
已知：①NH4VO3难溶于水。②Ksp（MgSiO3）＝2.4×10﹣5，Ksp[Mg3（PO4）2]＝2.7×10﹣27。
（1）焙烧。通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 。
（2）除硅、磷。
①用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成Mg3（PO4）2、MgSiO3，沉淀。若沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，则c（SiO32﹣）＝ mol•L﹣1。
②如图2所示，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大、 ；随着温度升高，除硅率升高，其原因是 。
（3）沉钒。此过程反应温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为 。
（4）灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中，固体的残留率（×100%）随温度变化的曲线如图3所示，则A～B段发生反应的化学方程式为 。
18．（12分）高碘酸钾（KIO4）为无色晶体，在分析化学中常用作氧化剂。
Ⅰ．高碘酸钾的制备
步骤①：将碘溶于适量的水中，通入足量氯气将I2氧化为高碘酸（HIO4）。
步骤②：向步骤①所得溶液中加入适量氢氧化钾溶液中和，蒸发浓缩、冷却结晶等操作得KIO4晶体。
（1）步骤①中反应的化学方程式为 。
（2）室温下，向高氯酸钠中加入饱和KNO3溶液进行复分解反应，也可以得到KClO4晶体，分析反应能进行的原因是 。
Ⅱ．用高碘酸钾测定甘油的含量
步骤①：准确称取0.1500g甘油试样溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，盐酸酸化后，加入0.0230mol•L﹣1KIO4溶液25.00mL，充分反应；
步骤②：向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，振荡摇匀、静置；
步骤③：加入少量淀粉作指示剂，用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL。
已知：C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O
HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O
HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O
I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
（3）达到滴定终点的现象为 。
（4）计算甘油试样的纯度（请写出计算过程） 。
19．（12分）工业上由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备高纯碳酸锰。其主要工艺流程如图1所示。
已知：①金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb
②流程中各步骤中对杂质离子的去除情况如下表所示：
Fe2+
Ni2+
Pb2+
初始浓度/mg•L﹣1
21.02
4.95
5.86
酸浸后/mg•L﹣1
12.85
3.80
3.39
除铁后/mg•L﹣1
0.25
3.76
3.38
除镍、铅后/mg•L﹣1
0.10 （达标）
3.19（未达标）
0.12（达标）
（1）酸浸：向粗锰粉中加入一定浓度的硫酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；此时Fe2+浓度降低，可能的原因为 。
（2）氧化：向“酸浸”后的滤液中加入MnO2，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式为 。
（3）除铁：向“氧化”后的滤液中加入物质X，是为了调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀而除去。下列可以作为物质X的是 （填序号）。
A．MnCO3
B．Mn（OH）2
C．NH3•H2O
（4）除镍、铅。向“除铁“后的滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；此时Ni2+不达标而Pb2+达标。推测溶解度：PbS NiS（填“＞”或“＜”）。
（5）制备碳酸锰。已知溶液pH和反应温度对MnCO3的产率影响分别如图2、图3所示。请设计从提纯后的MnSO4溶液制备MnCO3沉淀的实验方案： 。（实验中须使用的试剂有：氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液）
20．（12分）脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是科学家研究的重要课题。
（1）CH4催化还原法。主要发生以下反应：
反应ⅠCH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mol﹣1
反应ⅡCH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＝﹣1160kJ•mol﹣1
反应ⅢCH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H3
①△H3＝ kJ•mol﹣1
②在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2发生反应Ⅲ，测得在相同时间内和不同温度下NO2的转化率α（NO2）如图1。下列叙述正确的是 。
A．若温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%
B．反应速率：b点的ν（逆）＞e点的ν（逆）
C．平衡常数：c点＝d点
D．在时间t内，提高c点时NO2的转化率和反应速率，可适当升温或增大c（CH4）
（2）氨气选择性催化还原法。主要反应为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1625.5kJ•mol﹣1；氨氮比[]会直接影响该方法的脱硝率。350℃时，只改变氨气的投放量，氨气的转化率与氨氮比的关系如图2所示。当＞1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是 。
（3）臭氧氧化法。各物质的物质的量随时间的变化如图3所示，X为 （填化学式）。
（4）直接电解吸收法。用6%的稀硝酸吸收NOx生成HNO2（一元弱酸），再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如图4所示。
①图中b应连接电源的 （填“正极”或“负极”）。
②a电极反应式为 。
2020-2021学年江苏省无锡市高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）环境保护是当今倍受人们关注的社会问题。下列叙述不正确的是（ ）
A．二氧化硫会形成酸雨
B．氮氧化物会形成光化学烟雾
C．氟利昂会破坏臭氧层
D．一氧化碳会造成温室效应
【分析】二氧化硫气体是酸雨形成的主要原因；光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的；氟里昂是破坏臭氧层的物质；CO2、碳氢化合物对大气的污染主要是形成温室效应。
【解答】解：A．二氧化硫是形成酸雨的主要物质，故A正确；
B．氮氧化物会形成光化学烟雾，故B正确；
C．氟里昂能引起臭氧层破坏，故C正确；
D．二氧化碳会造成温室效应，一氧化碳不会造成温室效应，故D错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查污染空气的几种效应和现象，重点了解引起污染的原因和物质，注意对相关知识的几率。
2．（2分）用化学用语表示2Mg+CO22MgO+C中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A．中子数为7的碳原子：C
B．MgO的电子式：
C．镁原子的结构示意图：
D．CO2分子的比例模型：
【分析】A．原子表示时，应将质子数写在元素符号左下角，质量数写在左上角；
B．MgO是离子化合物，由镁离子和氧离子构成；
C．镁原子的核内有12个质子，核外有12个电子；
D．二氧化碳中C原子半径大于O原子半径。
【解答】解：A．原子表示时，应将质子数写在元素符号左下角，质量数写在左上角，故中子数为7的碳原子的质量数为13，故表示为C，故A错误；
B．MgO是离子化合物，由镁离子和氧离子构成，故其电子式为，故B正确；
C．镁原子的核内有12个质子，核外有12个电子，故其结构示意图为，故C错误；
D．二氧化碳中C原子半径大于O原子半径，故二氧化碳的比例模型为，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，涉及电子式、球棍模型与比例模型、原子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答结构，试题培养了学生的规范答题能力．
3．（2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氨气易溶于水，可用作制冷剂
B．氧化铝具有两性，可用作耐高温材料
C．浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂
D．晶体硅熔点高硬度大，可用作半导体材料
【分析】A．依据液氨汽化吸收热量解答；
B．耐高温材料具有较高熔点；
C．浓硫酸能够吸收气体中的水蒸气；
D．依据晶体硅导电性介于导体与半导体之间解答。
【解答】解：A．液氨汽化吸收热量，可以用作制冷剂，故A错误；
B．氧化铝具有较高熔点，可以用作耐高温材料，故B错误；
C．浓硫酸能够吸收气体中的水蒸气，可以用于干燥气体，故C正确；
D．晶体硅导电性介于导体与半导体之间，是良好的半导体材料，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
4．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1HCl溶液：Na+、K+、SO42﹣、[Ag（NH3）2]+
B．0.1mol•L﹣1NaClO溶液：Fe2+、K+、SO42﹣、Cl﹣
C．0.1mol•L﹣1BaCl2溶液：Na+、K+、NO3﹣、CO32﹣
D．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
【分析】A．银氨络离子与氢离子反应；
B．次氯酸根离子能够氧化亚铁离子；
C．碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀；
D．四种离子之间不反应，都不与氯化铁反应。
【解答】解：A．H+、[Ag（NH3）2]+之间发生反应，不能大量共存，故A错误；
B．Fe2+、ClO﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．Ba2+、CO32﹣之间反应生成难溶物碳酸钡，不能大量共存，故C错误；
D．Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，都不与FeCl3反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
5．（2分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置可完成喷泉实验
B．用装置可验证温度对平衡移动的影响
C．用装置可实现反应：Cu+2H2OCu（OH）2+H2↑
D．用装置可制备氢氧化亚铁
【分析】A.NO不溶于水；
B.只有温度不同；
C.Cu与电源负极相连，作阴极；
D.生成氢氧化亚铁易被氧化。
【解答】解：A.NO不溶于水，不能形成喷泉实验，故A错误；
B.只有温度不同，可验证温度对平衡移动的影响，故B正确；
C.Cu与电源负极相连，作阴极，则Cu不能失去电子，故C错误；
D.生成氢氧化亚铁易被氧化，应隔绝空气，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、平衡移动、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（2分）下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅
B．Na、Mg、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱
C．将混有少量SO2的CO2气体通入饱和NaHCO3溶液，可达到除杂的目的
D．过量的铜与浓硝酸反应，生成的气体只有NO2
【分析】A．二氧化硅在高温下与焦炭反应制得粗硅；
B．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；
C．二氧化硫可以和碳酸氢钠反应，但是二氧化碳和碳酸氢钠之间不反应；
D．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮。
【解答】解：A．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得粗硅，故A错误；
B．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；
C．二氧化硫可以和碳酸氢钠反应生成亚硫酸钠溶液和二氧化碳，但是二氧化碳和碳酸氢钠之间不反应，混有少量SO2的二氧化碳气体可以用亚硫酸氢钠来除，故C正确；
D．过量的铜与浓硝酸反应，开始生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度降低变为稀硝酸，反应生成一氧化氮，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．0.010mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2溶液与0.040mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合：NH4++Fe3++4OH﹣═Fe（OH）3↓+NH3•H2O
B．石灰乳中通入Cl2：2OH﹣+Cl2═Cl﹣+ClO﹣+H2O
C．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3﹣+4H+═Fe3++NO↑+2H2O
D．酸性溶液中NaI和NaIO3反应生成I2：5I﹣+IO+3H2O═3I2+6OH﹣
【分析】A．硫酸铁铵与氢氧化钠物质的量之比1：4反应生成氢氧化铁和一水合氨、硫酸钠；
B．石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；
C．铁粉过量反应生成硝酸亚铁和一氧化氮和水；
D．酸性溶液中不能生成氢氧根离子。
【解答】解：A．0.010mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2溶液与0.040mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合，离子方程式：NH4++Fe3++4OH﹣═Fe（OH）3↓+NH3•H2O，故A正确；
B．石灰乳中通入Cl2反应离子方程式：Ca（OH）2+Cl2═Cl﹣+Ca2++ClO﹣+H2O，故B错误；
C．过量铁粉与稀硝酸反应，离子方程式：3Fe+2NO3﹣+8H+═2Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2的离子反应为：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意与量有关的离子反应及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。
8．（2分）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1可用于工业合成氨。在容积固定不变的密闭容器中加入1mol N2和3mol H2发生反应。下列叙述正确的是（ ）
A．该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4kJ
B．达到平衡后向容器中通入1mol氦气，平衡不移动
C．降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大
D．常温常压下，有22.4L的N2反应时转移了6mol电子
【分析】A．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物；
B．达到平衡后向容器中通入He，容器体积不变则反应物和生成物浓度不变；
C．化学平衡常数只与温度有关；
D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol。
【解答】解：A．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以达到平衡时放出的热量小于92.4kJ，故A错误；
B．达到平衡后向容器中通入He，容器体积不变则反应物和生成物浓度不变，则平衡不移动，故B正确；
C．化学平衡常数只与温度有关，降低温度平衡正向移动，则平衡常数增大，缩小容器体积平衡正向移动但平衡常数不变，故C错误；
D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以常温常压下22.4L氮气的物质的量小于1mol，转移电子小于6mol，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、物质的量的有关计算等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确可逆反应特点、外界条件对平衡移动影响原理内涵、气体摩尔体积适用范围和适用条件是解本题关键，D为解答易错点。
9．（2分）下列关于Na、C、N、S元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Na）＞r（S）＞r（C）＞r（N）
B．Na2S2中只含离子键
C．N、S的氧化物对应水化物均为强酸
D．Na、S形成的化合物水溶液呈中性
【分析】A．一般来讲，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大；
B．S22﹣离子中含有共价键；
C．亚硝酸、亚硫酸为弱酸；
D．硫化钠为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性。
【解答】解：A．Na、C、N、S的原子半径大小为：r（Na）＞r（S）＞r（C）＞r（N），故A正确；
B．Na2S2中含有离子键和共价键，故B错误；
C．N、S的氧化物对应水化物不一定为强酸，如亚硝酸、亚硫酸为弱酸，故C错误；
D．Na、S形成的化合物为硫化钠，硫离子部分水解，溶液呈碱性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律的内容为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析与应用能力。
10．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A．Al Al（OH）3AlCl3
B．FeFe2O3Fe2（SO4）3
C．CuOCu（OH）2Cu2O
D．CaSO4CaCO3 CaCl2
【分析】A.Al与NaOH反应生成偏铝酸钠；
B.铁燃烧生成四氧化三铁；
C.CuO与水不反应；
D.硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙。
【解答】解：A.Al与NaOH反应生成偏铝酸钠，则Al Al（OH）3不能实现，故A错误；
B.铁燃烧生成四氧化三铁，则FeFe2O3不能实现，故B错误；
C.CuO与水不反应，则CuOCu（OH）2不能实现，故C错误；
D.硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙，图中转化均可实现，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、转化关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11．（4分）下列叙述正确的是（ ）
A．相同温度下，中和pH与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者
B．相同温度下，pH相等的氨水、CH3COONa溶液中，水的电离程度相同
C．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2mol
D．TATP（C8H18O6）受撞击分解爆炸，且无明显热效应，说明该分解反应熵显著增加
【分析】A．相同温度下pH、体积都相同的硫酸和醋酸，最终电离出的n（H+）：醋酸＞硫酸，消耗NaOH的量与n（H+）成正比；
B．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离；
C．电解精炼粗铜时，阳极上Cu和比Cu活泼的金属失电子，阴极上析出Cu；
D．物质的混乱程度越大其熵越大。
【解答】解：A．相同温度下pH、体积都相同的硫酸和醋酸，最终电离出的n（H+）：醋酸＞硫酸，消耗NaOH的量与n（H+）成正比，则消耗NaOH的量：醋酸＞硫酸，故A正确；
B．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，一水合氨抑制水电离、醋酸钠促进水电离，所以两种溶液中水电离程度不同，故B错误；
C．电解精炼粗铜时，阳极上Cu和比Cu活泼的金属失电子，阴极上析出Cu，所以如果阳极质量减少64g，阴极得到的电子数目不一定是2mol，故C错误；
D．TARP（C8H18O6）受撞击分解爆炸，其混乱程度增大，所以该分解反应熵增加，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查弱电解质的电离、电解原理等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离特点、水电离影响因素、电解原理内涵是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
12．（4分）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法不正确的是（ ）
A．直流电源的X极是正极
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
【分析】由装置图可知a极生成氧气，发生氧化反应，为电解池阳极，电极方程式为2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，b为阴极，发生还原反应，电极方程式为O2+2e﹣+2H+＝H2O2，以此解答该题。
【解答】解：A.a极生成氧气，发生氧化反应，为电解池阳极，电极反应式为：2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，所以直流电源的X极是正极，故A正确；
B.阳极反应为：2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，H+由a极区向b极区迁移，根据电荷守，阳极生成氢离子的量与移入阴极氢离子一样多，所以电解一段时间后，阳极室的pH未变，故B正确；
C.电解池中阳离子向阴极移动，所以电解过程中，H+由a极区向b极区迁移，故C正确；
D.a极电极反应式为：2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，b极O2+2e﹣+2H+＝H2O2，根据得失电子守恒，a极生成的O2与b极反应的O2的量不相等，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确各个电极上发生的反应以及电解的原理为解答本题关键，注意把握电极方程式的书写，题目难度不大。
13．（4分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
操作及现象
结论
A
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
NH4Cl固体可以升华
B
用pH计测定SO2和CO2饱和溶液的pH，前者pH小
亚硫酸的酸性强于碳酸
C
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色
Br﹣还原性强于Cl﹣
D
向2支均盛有2mL 1.0mol•L﹣1的KOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为0.1mol•L﹣1的AlCl3和FeCl3溶液，一支试管无沉淀生成，另一支试管出现红褐色沉淀
Ksp[Al （ OH）3]＞Ksp[Fe（ OH）3]
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.加热氯化铵分解，在试管口化合生成氯化铵；
B.饱和溶液的浓度不同；
C.氯水与NaBr反应生成溴，溴易溶于苯；
D.KOH过量，氢氧化铝与KOH反应。
【解答】解：A.加热氯化铵分解，在试管口化合生成氯化铵，为化学变化，而升华为物理变化，故A错误；
B.饱和溶液的浓度不同，则由溶液的pH不能比较酸性，故B错误；
C.氯水与NaBr反应生成溴，溴易溶于苯，由现象可知Br﹣还原性强于Cl﹣，故C正确；
D.KOH过量，氢氧化铝与KOH反应，由操作和现象不能比较Ksp[Al （ OH）3]、Ksp[Fe（ OH）3]，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14．（4分）25℃时，下列物质的电离平衡常数如下表，下列各溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
化学式
H2CO3
HClO
NH3•H2O
电离平衡常数
K＝4.3×10﹣7
K＝5.6×10﹣11
3.0×10﹣8
1.76×10﹣5
A．物质的量浓度相等的NH4Cl和KClO溶液中：c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＞c（K+）﹣c（ClO﹣）
B．向NaClO溶液中通入CO2气体至溶液pH＝7（通入气体对溶液体积的影响可忽略）：c（Na+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
C．将浓度均为0.1mol•L﹣1的HClO溶液与Na2CO3溶液等体积混合的溶液中：c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）
D．0.2mol•L﹣1氨水与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合（体积变化可忽略）：c（NH3•H2O）＜c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+0.05mol•L﹣1
【分析】A．结合电荷守恒可知c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＝c（H+）﹣c（OH﹣）、c（K+）﹣c（ClO﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+），结合水解程度大小分析；
B．pH＝7的溶液中c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒分析；
C．结合混合液中的物料守恒分析；
D．混合液呈碱性，结合混合液中的物料守恒、电荷守恒分析。
【解答】解：A．Kb（NH3•H2O）＞Ka（HClO），则水解程度：NH4+＜ClO﹣，NH4Cl溶液中的c（H+）﹣c（OH﹣）小于KClO溶液溶液中的c（OH﹣）﹣c（H+），结合电荷守恒可知c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＝c（H+）﹣c（OH﹣）、c（K+）﹣c（ClO﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+），即c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＜c（K+）﹣c（ClO﹣），故A错误；
B．向NaClO溶液中通入CO2气体至溶液pH＝7，则c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒可知：c（Na+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故B错误；
C．将浓度均为0.1mol•L﹣1的HClO溶液与Na2CO3溶液等体积混合的溶液中，结合物料守恒可知：c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故C正确；
D．0.2mol•L﹣1氨水与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合，结合足物料守恒：①c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+2c（CO32﹣），还存在电荷守恒：②c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），①﹣②可得：c（NH3•H2O）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+c（Na+），由于混合液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合c（Na+）＝0.05mol/L可知：c（NH3•H2O）＜c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+0.05mol•L﹣1，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力。
15．（4分）在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个体积相等的恒容密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。在一定条件下能发生如下反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的△H＞0
B．若三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T1时CO转化率最大
C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅱ和Ⅲ
D．若再向容器Ⅲ中充入0.1mol CO、0.2mol H2和0.4mol CH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%
【分析】由图可知，T1＜T2＜T3，T2℃时CO的体积分数最小，T3℃时CO的体积分数增大，则T3℃时容器内反应达到平衡状态，并且平衡发生了逆向移动，所以正反应是放热反应，T2℃时容器内反应可能达到平衡状态，T1℃时容器内反应一定没有达到平衡状态，结合温度、压强对该反应的影响和等效平衡分析解答。
【解答】解：由图可知，T1＜T2＜T3，T2℃时CO的体积分数最小，T3℃时CO的体积分数增大，则T3℃时容器内反应达到平衡状态，T2℃时容器内反应可能达到平衡状态，T1℃时容器内反应一定没有达到平衡状态，
A．由图可知，T1＜T2＜T3，T2℃时CO的体积分数最小，T3℃时CO的体积分数增大，则T3℃时容器内反应达到平衡状态，并且平衡发生了逆向移动，所以正反应是放热反应，故A错误；
B．该反应正向放热，则反应条件相同时，温度越低，达到平衡时反应物CO转化率越高，所以三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T1时CO转化率最大，故B正确；
C．由上述分析可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中：一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，一定没有达到平衡的是I，可能达到平衡的II，故C错误；
D．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），1molCO和2molH2，符合反应的计量关系，则容器Ⅲ中原平衡有：20%CO、40%H2、CH3OH的体积分数为1﹣20%﹣40%＝40%，若再向容器Ⅲ中充入0.1mol CO、0.2mol H2和0.4mol CH3OH，等效于起始时容器III中充入1.5molCO和3molH2，相当恒温恒容条件下增大压强，平衡转向移动，CH3OH的体积分数增大，所以再向容器Ⅲ中充入0.1molCO、0.2molH2和0.4molCH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查化学平衡计算与化学平衡影响因素、化学平衡图象等知识，把握平衡状态的判断是解题关键，注意化学平衡的计算方法、等效平衡和化学平衡影响因素，试题侧重于考查学生的分析能力、计算能力和灵活运用能力，题目难度中等。
二、非选择题（共80分）
16．（12分）化学还原法是处理含Cr2O的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：Cr2O72﹣C3+Cr（OH）3
已知：①Na2S2O5+H2O═2NaHSO3
②“COD”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则COD越低，表明水质污染程度越小。
（1）取含Cr2O72﹣的工业废水，分别在不同pH条件下，向每个水样中分别加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca（OH）2悬浊液，静置沉淀，测定+6价Cr的去除率，实验结果如图1所示。
①在酸性条件下，请写出NaHSO3与CrO72﹣反应的离子方程式： 3HSO3﹣+Cr2O72﹣+5H+＝2Cr3++3SO42﹣+4H2O 。
②分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除+6价Cr的效果。
Ⅰ．亚铁盐在中性和碱性条件下，对+6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；
Ⅱ． 在酸性条件下，亚硫酸盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚铁盐对+6价Cr的去除效果 。
（2）用焦亚硫酸钠（Na2S2O5）处理废水后，可能会使废水中的COD增大。在焦亚硫酸钠与废水中铬元素不同质量比的情况下，加H2SO4与未加H2SO4处理含铬废水后其COD对比变化如图2所示。
①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是 Na2S2O5质量越大，反应后废水中剩余的HSO3﹣（或S2O52﹣）的量就越多，HSO3﹣（或S2O52﹣）具有较强的还原性，所以废水的COD增大 。
②在焦亚硫酸钠与废水质量比相同的情况下，加H2SO4时，与未加H2SO4相比，废水COD均有所下降，原因可能是 废水酸性增强，促进HSO3﹣（或S2O52﹣）与Cr2O72﹣充分反应，还原性的HSO3﹣（或S2O52﹣）转化更完全，含量减少（或废水酸性增强，H+将HSO3﹣转化为SO2气体逸出，还原性的HSO3﹣减少） 。
（3）三价铬[Cr（Ⅲ）]在水溶液中的存在形态随pH的变化如图3所示，为尽可能除去铬元素实现达标排放，沉淀过程中pH要控制在 6.0～12 ；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为 Cr（OH）3转化为可溶性的Cr（OH）4﹣ 。
【分析】（1）①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O72﹣还原成为Cr3+，NaHSO3被氧化为硫酸钠；
Ⅱ．由图中曲线变化可知，中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下，亚硫酸盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚铁盐对+6价Cr的去除效果；
（2）①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是Na2S2O5质量越大，反应后废水中剩余的HSO3﹣（或S2O52﹣）的量就越多；
②废水酸性增强，促进HSO3﹣（或S2O52﹣）与Cr2O72﹣充分反应，据此分析；
（3）根据图2所示可知，当溶液的pH在6.0～12时，铬以氢氧化铬的形式存在，可以除去溶液中的铬元素，再增大溶液的pH值时，铬元素以Cr（OH）4﹣形式存在。
【解答】解：（1）①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O72﹣还原成为Cr3+，NaHSO3被氧化为硫酸钠，反应的离子方程式为：3HSO3﹣+Cr2O72﹣+5H+＝2Cr3++3SO42﹣+4H2O，
故答案为：3HSO3﹣+Cr2O72﹣+5H+＝2Cr3++3SO42﹣+4H2O；
Ⅱ．由图中曲线变化可知，中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下，亚硫酸盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚铁盐对+6价Cr的去除效果，
故答案为：中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反；
（2）①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是Na2S2O5质量越大，反应后废水中剩余的HSO3﹣（或S2O52﹣）的量就越多，HSO3﹣（或S2O52﹣）具有较强的还原性，所以废水的COD增大，
故答案为：Na2S2O5质量越大，反应后废水中剩余的HSO3﹣（或S2O52﹣）的量就越多，HSO3﹣（或S2O52﹣）具有较强的还原性，所以废水的COD增大；
②在焦亚硫酸钠与废水中铬元素质量比相同的情况下，加H2SO4时，与未加H2SO4相比，废水COD均有所下降，原因可能是废水酸性增强，促进HSO3﹣（或S2O52﹣）与Cr2O72﹣充分反应，还原性的HSO3﹣（或S2O52﹣）转化更完全，含量减少（或废水酸性增强，H+将HSO3﹣转化为SO2气体逸出，还原性的HSO3﹣减少），
故答案为：废水酸性增强，促进HSO3﹣（或S2O52﹣）与Cr2O72﹣充分反应，还原性的HSO3﹣（或S2O52﹣）转化更完全，含量减少（或废水酸性增强，H+将HSO3﹣转化为SO2气体逸出，还原性的HSO3﹣减少）；
（3）根据图2所示可知，当溶液的pH在6.0～12时，铬以氢氧化铬的形式存在，可以除去溶液中的铬元素，再增大溶液的pH值时，铬元素以Cr（OH）4﹣形式存在，而溶解在水中，
故答案为：6.0～12；Cr（OH）3转化为可溶性的Cr（OH）4﹣。
【点评】本题考查三废的处理，把握物质的性质、氧化还原反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17．（12分）工业上以石煤（主要成分为V2O3，含有少量SiO2，P2O5等杂质）为原料制备钒的主要流程如图1所示。
已知：①NH4VO3难溶于水。②Ksp（MgSiO3）＝2.4×10﹣5，Ksp[Mg3（PO4）2]＝2.7×10﹣27。
（1）焙烧。通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2 。
（2）除硅、磷。
①用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成Mg3（PO4）2、MgSiO3，沉淀。若沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，则c（SiO32﹣）＝ 0.08 mol•L﹣1。
②如图2所示，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大、 温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁 ；随着温度升高，除硅率升高，其原因是 温度升高，促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀 。
（3）沉钒。此过程反应温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为 NH4Cl受热会分解 。
（4）灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中，固体的残留率（×100%）随温度变化的曲线如图3所示，则A～B段发生反应的化学方程式为 2HVO3V2O5+H2O 。
【分析】根据流程：石煤（主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质）与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁除去硅磷，滤渣的成分为MgSiO3、Mg3（PO4）2，向滤液中加入NH4Cl沉钒得到偏钒酸铵（NH4VO3），灼烧NH4VO3得到V2O5，加入还原剂得到单质钒；据此来分析：
（1）焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，据此书写；
（2）①根据Ksp[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43﹣）＝2.7×10﹣27，可以得出c（Mg2+），再根据Ksp（MgSiO3）＝c（Mg2+）×c（SiO32﹣）＝2.4×10﹣5，得出c（SiO32﹣）；
②Mg3（PO4）2溶解度增大，温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；温度升高，促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀，使其除去率增大；
（3）氯化铵不稳定，易分解；
（4）210°C剩余固体占起始固体85.47%，NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3，HVO3，进一步分解生成V2O5；
【解答】解：（1）焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，反应为：V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2，
故答案为：V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2；
（2）①根据Ksp[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43﹣）＝2.7×10﹣27，沉淀后溶液中c（PO43﹣）＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，可以得出c（Mg2+）＝mol/L＝3.0×10﹣4mol/L，根据Ksp（MgSiO3）＝c（Mg2+）×c（SiO32﹣）＝2.4×10﹣5，得出c（SiO32﹣）＝＝0.08mol•L﹣1，
故答案为：0.08；
②由图2可知，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大，温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；随着温度升高，除硅率升高，其原因是温度升高，促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀，使其除去率增大，
故答案为：温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；温度升高，促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀；
（3）沉钒过程，加入了氯化铵，氯化铵不稳定，温度高了易分解，
故答案为：NH4Cl受热会分解；
（4）210°C剩余固体占起始固体85.47%，NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3，HVO3，进一步分解生成V2O5，所以反应的方程式为：2HVO3V2O5+H2O，
故答案为：2HVO3V2O5+H2O。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
18．（12分）高碘酸钾（KIO4）为无色晶体，在分析化学中常用作氧化剂。
Ⅰ．高碘酸钾的制备
步骤①：将碘溶于适量的水中，通入足量氯气将I2氧化为高碘酸（HIO4）。
步骤②：向步骤①所得溶液中加入适量氢氧化钾溶液中和，蒸发浓缩、冷却结晶等操作得KIO4晶体。
（1）步骤①中反应的化学方程式为 7Cl2+I2+8H2O＝2HIO4+14HCl 。
（2）室温下，向高氯酸钠中加入饱和KNO3溶液进行复分解反应，也可以得到KClO4晶体，分析反应能进行的原因是 室温下KClO4的溶解度小 。
Ⅱ．用高碘酸钾测定甘油的含量
步骤①：准确称取0.1500g甘油试样溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，盐酸酸化后，加入0.0230mol•L﹣1KIO4溶液25.00mL，充分反应；
步骤②：向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，振荡摇匀、静置；
步骤③：加入少量淀粉作指示剂，用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL。
已知：C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O
HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O
HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O
I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
（3）达到滴定终点的现象为 最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入，溶液蓝色褪去，30s不恢复 。
（4）计算甘油试样的纯度（请写出计算过程） 由I元素守恒：n（HIO4）+n（HIO3）＝n（KIO4）＝0.025L×0.0230mol•L﹣1＝5.750×10﹣4mol，
由HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O、HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O，可知n（I2）＝4n（HIO4）+3n（HIO3），由I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，可知n（I2）＝n（Na2S2O3），故4n（HIO4）+3n（HIO3）＝×0.020L×0.2000mol•L﹣1＝2.000×10﹣3mol，
两式联立，解得n（HIO3）＝3.000×10﹣4mol，
由C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O，可知n（甘油）＝n（HIO3）＝1.500×10﹣4mol，
甘油试样的纯度为×100%＝92.00% 。
【分析】（1）在溶液中氯气将碘氧化为高碘酸（HIO4），同时氯气被还原生成HCl；
（2）发生复分解反应，是利用KClO4的溶解度小；
（3）滴定终点，碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去；
（4）由I元素守恒有n（HIO4）+n（HIO3）＝n（KIO4），由HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O、HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O可知n（I2）＝4n（HIO4）+3n（HIO3），由I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6可知n（I2）＝n（Na2S2O3），联立计算n（HIO3），由C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O，可知n（甘油）＝n（HIO3）。
【解答】解：（1）在溶液中氯气将碘氧化为高碘酸（HIO4），同时氯气被还原生成HCl，反应方程式为：7Cl2+I2+8H2O＝2HIO4+14HCl，
故答案为：7Cl2+I2+8H2O＝2HIO4+14HCl；
（2）室温下，向高氯酸钠中加入饱和KNO3溶液进行复分解反应，也可以得到KClO4晶体，是由于室温下KClO4的溶解度小，
故答案为：室温下KClO4的溶解度小；
（3）最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入，碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去，30s不恢复，滴定到达终点，
故答案为：最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入，溶液蓝色褪去，30s不恢复；
（4）由I元素守恒：n（HIO4）+n（HIO3）＝n（KIO4）＝0.025L×0.0230mol•L﹣1＝5.750×10﹣4mol，
由HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O、HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O，可知n（I2）＝4n（HIO4）+3n（HIO3），由I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，可知n（I2）＝n（Na2S2O3），故4n（HIO4）+3n（HIO3）＝×0.020L×0.2000mol•L﹣1＝2.000×10﹣3mol，
两式联立，解得n（HIO3）＝3.000×10﹣4mol，
由C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O，可知n（甘油）＝n（HIO3）＝1.500×10﹣4mol，
甘油试样的纯度为×100%＝92.00%，
故答案为：由I元素守恒：n（HIO4）+n（HIO3）＝n（KIO4）＝0.025L×0.0230mol•L﹣1＝5.750×10﹣4mol，
由HIO3+5KI+5HCl═3I2+5KCl+3H2O、HIO4+7KI+7HCl═4I2+7KCl+4H2O，可知n（I2）＝4n（HIO4）+3n（HIO3），由I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，可知n（I2）＝n（Na2S2O3），故4n（HIO4）+3n（HIO3）＝×0.020L×0.2000mol•L﹣1＝2.000×10﹣3mol，
两式联立，解得n（HIO3）＝3.000×10﹣4mol，
由C3H8O3（甘油）+2HIO4═2HCHO+HCOOH+2HIO3+H2O，可知n（甘油）＝n（HIO3）＝1.500×10﹣4mol，
甘油试样的纯度为×100%＝92.00%。
【点评】本题考查物质含量测定，关键是对实验原理的理解，题目侧重考查学生分析计算能力、实验能力，需要学生具备扎实的基础。
19．（12分）工业上由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备高纯碳酸锰。其主要工艺流程如图1所示。
已知：①金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb
②流程中各步骤中对杂质离子的去除情况如下表所示：
Fe2+
Ni2+
Pb2+
初始浓度/mg•L﹣1
21.02
4.95
5.86
酸浸后/mg•L﹣1
12.85
3.80
3.39
除铁后/mg•L﹣1
0.25
3.76
3.38
除镍、铅后/mg•L﹣1
0.10 （达标）
3.19（未达标）
0.12（达标）
（1）酸浸：向粗锰粉中加入一定浓度的硫酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；此时Fe2+浓度降低，可能的原因为 空气中的氧气将部分Fe2+氧化 。
（2）氧化：向“酸浸”后的滤液中加入MnO2，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式为 2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O 。
（3）除铁：向“氧化”后的滤液中加入物质X，是为了调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀而除去。下列可以作为物质X的是 AB （填序号）。
A．MnCO3
B．Mn（OH）2
C．NH3•H2O
（4）除镍、铅。向“除铁“后的滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；此时Ni2+不达标而Pb2+达标。推测溶解度：PbS ＜ NiS（填“＞”或“＜”）。
（5）制备碳酸锰。已知溶液pH和反应温度对MnCO3的产率影响分别如图2、图3所示。请设计从提纯后的MnSO4溶液制备MnCO3沉淀的实验方案： 在搅拌下向MnSO4溶液中加氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液，调节pH为7左右，并在60℃水浴中保温，待沉淀完全后，冷却、过滤、洗涤、干燥后得到MnCO3沉淀 。（实验中须使用的试剂有：氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液）
【分析】粗锰粉的主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质，由流程可知，加硫酸溶解，溶液中含Mn2+、Fe2+、Ni2+、Pb2+，加入MnO2，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，然后加X为MnCO3或Mn（OH）2调节pH使铁离子转化为沉淀，然后通入H2S气体除镍、铅，分离出MnSO4溶液中加氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液，调节pH为7左右，并在60℃水浴中保温，待沉淀完全后，冷却、过滤、洗涤、干燥后得到MnCO3沉淀，以此来解答。
【解答】解：（1）向粗锰粉中加入一定浓度的硫酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤，此时Fe2+浓度降低，可能的原因为 空气中的氧气将部分Fe2+氧化，
故答案为：空气中的氧气将部分Fe2+氧化；
（2）向“酸浸”后的滤液中加入MnO2，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）加X为MnCO3或Mn（OH）2调节pH使铁离子转化为沉淀，不引入新杂质，
故答案为：AB；
（4）向“除铁“后的滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；此时Ni2+不达标而Pb2+达标，PbS更难溶，溶解度：PbS＜NiS，
故答案为：＜；
（5）设计从提纯后的MnSO4溶液制备MnCO3沉淀的实验方案为在搅拌下向MnSO4溶液中加氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液，调节pH为7左右，并在60℃水浴中保温，待沉淀完全后，冷却、过滤、洗涤、干燥后得到MnCO3沉淀，
故答案为：在搅拌下向MnSO4溶液中加氨水﹣（NH4）2CO3混合溶液，调节pH为7左右，并在60℃水浴中保温，待沉淀完全后，冷却、过滤、洗涤、干燥后得到MnCO3沉淀。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
20．（12分）脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是科学家研究的重要课题。
（1）CH4催化还原法。主要发生以下反应：
反应ⅠCH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mol﹣1
反应ⅡCH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＝﹣1160kJ•mol﹣1
反应ⅢCH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H3
①△H3＝ ﹣867 kJ•mol﹣1
②在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2发生反应Ⅲ，测得在相同时间内和不同温度下NO2的转化率α（NO2）如图1。下列叙述正确的是 AD 。
A．若温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%
B．反应速率：b点的ν（逆）＞e点的ν（逆）
C．平衡常数：c点＝d点
D．在时间t内，提高c点时NO2的转化率和反应速率，可适当升温或增大c（CH4）
（2）氨气选择性催化还原法。主要反应为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1625.5kJ•mol﹣1；氨氮比[]会直接影响该方法的脱硝率。350℃时，只改变氨气的投放量，氨气的转化率与氨氮比的关系如图2所示。当＞1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是 过量氨气与氧气反应生成NO 。
（3）臭氧氧化法。各物质的物质的量随时间的变化如图3所示，X为 N2O5 （填化学式）。
（4）直接电解吸收法。用6%的稀硝酸吸收NOx生成HNO2（一元弱酸），再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如图4所示。
①图中b应连接电源的 负极 （填“正极”或“负极”）。
②a电极反应式为 HNO2+H2O﹣2e﹣＝NO3﹣+3H+ 。
【分析】（1）①已知：
反应ⅠCH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mol﹣1
反应ⅡCH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＝﹣1160kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：Ⅰ×0.5+Ⅱ×0.5即可得；
②图为测得在相同时间内，在不同温度下NO2的转化率，温度400℃、500℃转化率最大，处于平衡状态，之前没有到达平衡，之后升高温度，转化率降低，平衡逆向移动；
A．图中200℃时，反应没有到达平衡，向正反应进行；
B．b点反应向正反应进行，e处于平衡状态，且E温度高；
C．平衡常数只与温度有关；
D．增大反应物浓度可以加快反应速率，提高其他物质的转化率，b向正反应进行，升温可以加快速率；
（2）350℃时，只改变氨气的投放量，当＞1.0时，过量氨气与氧气反应生成NO；
（3）根据图3可知，反应物是NO2和O3，O2和X为生成物，发生反应为NO2（g）+O3（g）→X+O2（g），物质的变化量之比等于化学计量数之比，根据图象可知，n（O3）：n（NO2）：n（O2）：n（X）＝2：4：2：2＝1：2：1：1，则配平后的反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌X+O2（g），根据质量守恒可知；
（4）①根据题意可知，a电极通入含HNO2的吸收液，使之转化为硝酸，则a极作阳极。
【解答】解：（1）①已知：
反应ⅠCH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mol﹣1
反应ⅡCH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＝﹣1160kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：Ⅰ×0.5+Ⅱ×0.5即可得：CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝（﹣574×0.5﹣1160×0.5）kJ•mol﹣1＝﹣867kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣867；
②图为测得在相同时间内，在不同温度下NO2的转化率，温度400℃、500℃转化率最大，处于平衡状态，之前没有到达平衡，之后升高温度，转化率降低，平衡逆向移动；
A．图中200℃时，反应没有到达平衡，向正反应进行，温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%，故A正确；
B．b点反应向正反应进行，e处于平衡状态，且E温度高，故b点的v（逆）＜e点的v（逆），故B错误；
C．c、d温度不同，平衡常数不同，故C错误；
D．增大反应物浓度可以加快反应速率，提高其他物质的转化率，b向正反应进行，当升温可以加快速率，反应继续向正反应进行并到达平衡，故D正确，
故答案为：AD；
（2）350℃时，只改变氨气的投放量，当＞1.0时，过量氨气与氧气反应生成NO，烟气中NO浓度反而增大，
故答案为：过量氨气与氧气反应生成NO；
（3）根据图3可知，反应物是NO2和O3，O2和X为生成物，发生反应为NO2（g）+O3（g）→X+O2（g），物质的变化量之比等于化学计量数之比，根据图象可知，n（O3）：n（NO2）：n（O2）：n（X）＝2：4：2：2＝1：2：1：1，则配平后的反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌X+O2（g），根据质量守恒可知，X分子中含有2个N原子和5个O原子，则X的化学式为N2O5，
故答案为：N2O5；
（4）①根据题意可知，a电极通入含HNO2的吸收液，使之转化为硝酸，则a极作阳极，电极反应式为HNO2+H2O﹣2e﹣＝NO3﹣+3H+，b极作阴极，与电源负极相连，
故答案为：负极；HNO2+H2O﹣2e﹣＝NO3﹣+3H+。
【点评】本题考查化学反应与能量的变化、电化学、化学平衡等相关知识，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
日期：2020/12/1 14:21:45；用户：郭娜；邮箱：xxdsgjzx76@xyh.com；学号：37865308
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