【化学】湖北省黄冈市浠水县实验高级中学2020届高三8月月考（解析版）

【化学】湖北省黄冈市浠水县实验高级中学2020届高三8月月考（解析版）

湖北省黄冈市浠水县实验高级中学2020届高三8月月考 可能用到的相对原子质量：H：1 C：6 O：16 Na：23 N：14 S：32 Cu：64‎ 一、选择题：（本题共16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.中华传统文化蕴含着很多科学知识，下列说法错误的是（ ）‎ A. “丹砂(HgS烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应 B. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化 C. “霾尘积聚难见路人”形容的霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应 D. “含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴 ‎【答案】A ‎【详解】A. 根据题意，丹砂(HgS)烧之成水银，即红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞生成，反应的化学方程式为：HgSHg+S，汞和硫在一起又生成硫化汞，反应的化学方程式为：Hg+S═HgS，由于反应条件不同，所以不属于可逆反应，故A错误；‎ B. “水声冰下咽，沙路雪中平”意思是：流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的积雪显得很平坦，所述未涉及化学变化，所以B选项是正确的； C. 雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，所以C选项是正确的； D. “甘露”，甘美的露水，“消渴”，口渴，善饥，尿多，消瘦。包括糖尿病、尿崩症等，“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以“止渴”，所以D选项是正确的。‎ 故选A。‎ ‎2.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是（ ）‎ A. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱 B. 同素异形体：活性炭、C60、金刚石 C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气 D. 混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸 ‎【答案】C ‎【详解】A．干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故A正确；‎ B．活性炭，C60，金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故B正确；‎ C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；‎ D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键，注意：化合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ ‎①非金属氧化物一定不是碱性氧化物 ②电解质溶液的导电过程伴随化学变化 ‎③HCl既有氧化性又有还原性 ④Fe(OH)3、FeCl3、HNO3都不能用化合反应制备 ‎⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性 A. ②⑤ B. ①②③④ C. ①②③ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】C ‎【详解】①非金属氧化物一定不是碱性氧化物，正确；②电解质溶液的导电过程就是电解过程，因此一定伴随化学变化，正确；③HCl中H是+1价，Cl是－1价，因此既有氧化性又有还原性，正确；④Fe(OH)3、FeCl3、HNO3都能用化合反应制备，例如氢氧化亚铁与氧气、水化合生成氢氧化铁，铁与氯气化合生成氯化铁，NO2、氧气和水化合生成硝酸，错误；⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它具有还原性，错误，答案选C。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 23 g Na与氧气充分燃烧,生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为大于NA小于2NA B. 1 mol甲醇中含有的共价键数为5NA C. 标准状况下22.4L C6H6充分燃烧消耗氧气7.5 NA D. 0.2mol/L的Na2SO4溶液中含Na+ 数为0.4NA ‎【答案】B ‎【详解】A项、Na2O和Na2O2中都含有钠离子，23gNa物质的量为1mol，与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，共生成1mol钠离子，转移的电子数为NA，故A错误；‎ B项、甲醇的结构简式为CH3OH，含有5个共价键，则1 mol甲醇中含有的共价键数为5NA，故B正确；‎ C项、标准状况下C6H6为液态，无法计算标准状况下22.4LC6H6的物质的量，故C错误；‎ D项、溶液体积不明确，故溶液中的离子的个数无法计算，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数，注意掌握有关物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数等之间的转化关系是解答关键。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molAlCl3在熔融状态时含有的离子总数为4NA B. 某温度下纯水的pH=6，该温度下10LpH=11的NaOH溶液中含OH－的数目为NA C. 8.7g二氧化锰与含有0.4molHCl的浓盐酸加热充分反应，转移电子的数目为0.2NA D. 12g金刚石中C－C键的数目为4NA ‎【答案】B ‎【详解】A、氯化铝是共价化合物，熔融状态时不能电离出离子，选项A错误；‎ B、pH=6的纯水中，离子积常数为10-12，该温度下10 L pH＝11的NaOH溶液中OH－的浓度是0.1mol/L，物质的量是1mol，数目为NA，选项B正确；‎ C、8.7g二氧化锰与足量的浓盐酸加热反应，转移电子的数目为0.2NA，理论上只消耗0.4molHC1， 现只有0.4mol HC1的浓盐酸，因浓盐酸反应一段时间后就变为稀盐酸，反应将不再进行，故转移电子的数目小于0.2 NA，选项C错误；‎ D、金刚石中平均1个碳原子形成2个C－C键，则12g金刚石即1mol金刚石中含有C—C键的个数为2NA，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.利用图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是（ ）‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 A 稀盐酸 CaCO3‎ Na2SiO3溶液 非金属性:Cl>C>Si B 浓硫酸 蔗糖 Ba(NO3)2溶液 验证SO2与可溶性钡盐可生成白色沉淀 C 浓氨水 生石灰 酚酞溶液 氨气的水溶液呈碱性 D 浓硝酸 Fe NaOH溶液 铁和浓硝酸反应可生成NO2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．浓盐酸易挥发，挥发出的HCl能够与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，且盐酸不是最高价含氧酸，A错误；‎ B．SO2通入硝酸钡溶液中，溶液显酸性，硝酸根能把SO2氧化为硫酸根，B错误；‎ C．浓氨水滴在生石灰上产生氨气，氨气通入酚酞试液中溶液显碱性，溶液变红色，C正确；‎ D．常温下浓硝酸与Fe发生钝化现象，无法观察到有二氧化氮气体生成，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，涉及非金属性强弱比较、氧化还原反应、钝化现象、常见气体制备及检验等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答。选项B是易错点，注意酸性溶液中硝酸根的强氧化性。‎ ‎7.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O B. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O C. 氧化铜与稀硫酸反应：2H＋＋O2－＝H2O D. 碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO32－＋2H＋＝CO2↑＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+ CO32﹣+2H2O，选项A错误；B. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，选项B正确；C. 氧化铜与稀硫酸反应的离子方程式为：2H++CuO═Cu2++H2O，选项C错误；D. 碳酸氢钠溶液中加入盐酸，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，选项D错误。答案选B。‎ ‎8.某无色透明的溶液，在c(H+)水=1×10-13的条件下都能大量共存的是（ ）‎ A. Fe2＋ K＋ SO42- NO3- B. Mg2＋ NH4+ SO42- Cl－‎ C. Ba2＋ Na＋ MnO4- SO42- D. Na＋ K＋ SO42- NO3-‎ ‎【答案】D ‎【详解】由水电离出来的c(H+)水=1×10-13，则说明溶液中水的电离是被抑制的，即溶液可能显酸性，也可能显碱性。‎ A、含Fe2＋的溶液呈浅绿色，且碱性条件下Fe2＋不能大量存在，酸性条件下Fe2＋、H＋、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；‎ B、碱性条件下Mg2＋、NH4+不能大量存在，选项B错误；‎ C、含MnO4-的溶液呈紫红色，且Ba2＋与SO42-反应生成硫酸钡沉淀而不能大量共存，选项C错误； ‎ D、无论酸性还是碱性条件下Na＋、K＋、SO42-、NO3-之间相互不反应能大量共存，且溶液呈无色，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎9.安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑，下列判断正确的是（ ）‎ A. 每生成16 mol N2转移30 mol电子 B. NaN3中N元素被还原 C. N2既是氧化剂又是还原剂 D. 还原产物与氧化产物质量之比为1∶15‎ ‎【答案】D ‎【详解】A、根据方程式可知NaN3中氮元素的化合价从－1/3升高到0价，作还原剂。硝酸钾中氮元素的化合价从＋5价降低到0价，作氧化剂，因此每生成16 mol N2转移10 mol电子，A错误；‎ B、NaN3中N元素被氧化，B错误；‎ C、氮气既是氧化产物，也是还原产物，C错误；‎ D、根据电子得失守恒可知还原产物与氧化产物质量之比为1:15，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎10.测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是（ ）‎ A. 取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bg B. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bg C. 取ag混合物与足量氢氧化钡溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体 D. 取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL ‎【答案】B ‎【详解】A. NaHCO3分解生成的(CO2+H2O)的质量为bg，由此可求出NaHCO3的质量，利用ag可求出Na2CO3的质量分数，A方案合理；‎ B. 碱石灰吸收的是反应生成的CO2和无法确定与CO2定量关系的H2O，从而无法求出CO2‎ 的物质的量，也就无法求出混合物中Na2CO3的质量分数，B方案不合理；‎ C. bg固体为BaCO3，可求出混合物中碳原子的物质的量，列方程可求出Na2CO3和NaHCO3的物质的量，从而求出混合物中Na2CO3的质量分数，C方案合理；‎ D. 发生反应的化学方程式为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，利用已知数据可求出Na2CO3的物质的量，从而求出混合物中Na2CO3的质量分数，D方案合理。‎ 故选B。‎ ‎11.探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是（ ）‎ A. ①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃 B. ①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应 C. ②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同 D. 通过③能比较酸性：HCl＞H2O2‎ ‎【答案】D ‎【分析】根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；‎ B. ①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；‎ C. ②中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而⑤中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但②中过氧化氢全部被氧化⑤中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C项正确；‎ D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎12.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）‎ A B C D 实验 新制氯水滴入Na2S 溶液中 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中 饱和FeCl3溶液滴入沸水中 草酸滴入KMnO4 酸性溶液中 现象 产生黄色浑浊 溶液由橙色变为绿色 液体变为红褐色且澄清透明 产生无色气体，溶液紫红色褪去 ‎【答案】C ‎【详解】A.新制氯水滴入Na2S 溶液中，反应方程式为Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-转化为Cr3+，Cr元素化合价由+6价变为+3价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C.饱和FeCl3溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；‎ D.草酸滴入KMnO4 酸性溶液中，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化合价由+7价变为+2价，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。答案选C。‎ ‎【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。‎ ‎13.已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH1=-241.8kJ·mol-1；‎ ‎②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-285.8kJ·mol-1。‎ 气态分子中的化学键 断开1mol化学键所需的能量/kJ O—H ‎465‎ O=O ‎498‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 氢气的燃烧热ΔH=-241.8kJ·mol-1‎ B. 断开1molH—H键需要吸收439.2kJ的能量 C. 相同条件下，1molH2O(g)比1molH2O(l)能量高 D. 18gH2O(l)完全分解生成氢气和氧气，需要吸收285.8kJ的能量 ‎【答案】A ‎【详解】A、根据燃烧热的定义可知，反应②放出的热量为氢气的燃烧热，△H=△H2=-285.8kJ/mol，选项A错误；‎ B、△H1=E(H-H)+×498kJ/mo1-2×465 kJ/mol=-241.8 kJ/mol，则E(H-H)=439.2 kJ/mo1，选项B正确；‎ C、气态水液化时放出热量，故相同条件下，1 mol H2O(g)比 1 mol H2O(l)能量高，选项C正确；‎ D、根据反应②可知，H2O(l)=H2(g)+O2(g) △H=+285.8 kJ/mol，选项D正确。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了燃烧热的定义和反应热的求算以及热化学方程式书写，题目难度不大，理解燃烧热概念时注意：1、物质的物质的量必须是1mol；2、必须是完全燃烧生成稳定的氧化物。‎ ‎14.能说明在固定的密闭容器中进行的反应：3H2（g）+N2(g) ⇌ 2NH3(g) 已经达到平衡的是（ ）‎ A. c(H2):c(N2):c(NH3)=3:1:2 B. 容器内气体的密度不再改变 C. 容器内气体的平均摩尔质量不变 D. 氢气消耗的速率是氮气消耗速率的3倍 ‎【答案】C ‎【分析】达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。‎ ‎【详解】A项、平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；‎ B项、由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量始终不变，固定的密闭容器中混合气体密度始终不变，所以混合气体的密度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；‎ C项、该反应是一个体积体积减小的反应，由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量不变，反应中容器内气体的平均摩尔质量增大，则容器内气体的平均摩尔质量不变，能表明反应已达到平衡状态，故C正确；‎ D项、氢气消耗的速率和氮气消耗速率均为正反应速率，氢气消耗的速率是氮气消耗速率的3倍不能说明正逆反应速率相等，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查平衡平衡状态，注意抓住化学平衡状态的本质特征是正逆反应速率相等，明确反应速率与化学计量数的关系是解答关键。‎ ‎15.在实验室中，以一定浓度的乙醛—Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程（如图），乙醛在两电极分别转化为乙醇和乙酸。下列对电解过程的分析正确的是（ ）‎ A. 以铅蓄电池为电源，则a极为Pb电极 B. 石墨Ⅱ电极附近的pH逐渐减小 C. 阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+‎ D. 每处理含8.8g乙醛的废水，转移电子的数目为0.4NA ‎【答案】C ‎【详解】A.根据图示可知，钠离子、氢离子向石墨II极移动，石墨II为电解池的阴极，b为电源的负极，a极为电源的正极，以铅蓄电池为电源，铅为负极，二氧化铅为正极，因此a极为PbO2电极，A错误；‎ B.在阴极氢离子、乙醛，得电子生成氢气和乙醇，电极反应式为4H++4e-=2H2‎ ‎↑，CH3CHO+2H++2e- = CH3CH2OH，溶液的pH逐渐变大，B错误；‎ C.阳极发生氧化反应，CH3CHO失电子被氧化为乙酸，阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，C正确；‎ D.8.8g乙醛其物质的量为0.2mol，有0.1mol乙醛在阳极被氧化：CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，有0.1mol乙醛在阴极还原：CH3CHO+2H++2e- = CH3CH2OH，所以0.1mol乙醛发生氧化或还原均转移电子0.2NA，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.500 mL KNO3和Cu(NO3）2的混合溶液中c(NO）＝0.6 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是（ ）‎ A. 原混合溶液中c(K＋）为0.2 mol·L－1‎ B. 上述电解过程中共转移0.2 mol电子 C. 电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D. 电解后溶液中c(H＋）为0.2 mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol；每生成0.1mol氧气转移0.4mol电子，每生成0.1mol氢气转移0.2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=(0.4-0.2）/2mol=0.1mol，则铜离子的物质的量浓度为0.1mol÷0.5L=0.2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=0.6mol•L-1-0.2 mol•L-1×2=0.2mol/L。A、根据分析知，原混合溶液中c（K+）为0.2mol•L-1，正确；B、转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，错误；C、根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，错误；D、当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4=0.4mol，则氢离子浓度为0.8mol/L，错误。‎ 考点：考查电解原理的应用 二、非选择题 ‎17.髙锰钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。‎ ‎（1）有下列变化：CO32-→CO2、C2O42-→CO2、Fe3+→Fe2+，找出其中一个变化与“MnO4-→Mn2+‎ ‎”组成一个反应，写出该反应的配平的离子方程式_________________________________ ‎ ‎（2）不同条件下高锰酸钾可发生如下反应：‎ MnO4-+5e-+8H+→Mn2++4H2O；MnO4-+3e-+2H2O→MnO2+4OH-；MnO4-+e-→MnO42-。由此可知， 高锰酸根离子(MnO4-)反应后的产物与__________有关。‎ ‎（3）高锰酸钾溶液可代二氧化锰用来制取Cl2，氧化剂和还原剂物质的量之比为______。‎ ‎（4）高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+ 10S+24H2O，若上述反应前后固体的质量减少了2.8 g，则FeS与KMnO4之间发生电子转移的数目为__________个。‎ ‎【答案】 (1). 2MnO4-+5C2O4 2-+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O (2). 酸碱性 (3). 1:5 (4). 0.15NA ‎【详解】（1）CO32-→CO2、C2O42-→CO2、Fe3+→Fe2+，其中发生氧化反应的只有C2O42-→CO2，故能有C2O42-与MnO4- 发生反应，其反应方程式为2MnO4-+5C2O4 2-+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O ‎（2）根据离子反应方程式可知，在酸碱条件不同下，高锰酸根反应后得到的产物不同。‎ ‎（3）高锰酸钾用来制取Cl2，反应方程式为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，化合价升高的Cl元素所在的HCl反应物是还原剂，化合价降低的Mn元素所在的反应物KMnO4是氧化剂。其中所有Mn元素化合价降低，10原子Cl化合价升高，故氧化剂和还原剂物质的量之比为1:5。‎ ‎（4）10FeS + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 10S + 24H2O,反应物中固体为FeS，产物中固体为单质S，反应前后质量减少2.8g，根据差量法计算可知，共有0.05molFeS发生反应，故其中S元素为0.05mol。由S2-→S零价，转移电子数目为0.05mol×2=0.1mol电子。故发生电子转移的数目为.1Na。‎ ‎18.三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。‎ 实验1：探究Na2CS3的性质 ‎ 步骤 操作及现象 ‎①‎ 取少量Na2CS3 固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份 ‎②‎ 向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色 ‎③‎ 向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去 ‎（1）H2CS3是________酸（填“强”或“弱”）。‎ ‎（2）已知步骤③的氧化产物是SO42－，写出该反应的离子方程式____________________________________________________。‎ 实验2：测定Na2CS3溶液的浓度，按如图所示连接好装置，取100mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。‎ 已知：Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。‎ ‎（3）盛放无水CaCl2的仪器的名称是____________。‎ ‎（4）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是________________‎ ‎___________________________________________________。‎ ‎（5）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19.2g固体，则A中Na2CS3的物质的量浓度为____________________。‎ ‎（6）分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若反应结束后将通热N2改为通热空气，计算值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。‎ ‎【答案】(1). 弱 (2). 5CS32－+24MnO4－+52H＋=5CO2↑+15SO42－+24Mn2++26H2O (3). 干燥管 (4). 将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 (5). 2.0mol/L (6). 偏高 ‎【分析】“有弱才水解”——依据酚酞变红色，判断H2CS3是弱酸。书写步骤③的离子方程式，要明确介质为酸性，所以C变为CO2，用H+配电荷守恒；反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热氮气一段时间，显然是为了将装置中的残留的H2S、CS2等气体排入吸收装置，防止污染环境。‎ ‎【详解】(1)根据溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色，说明Na2CS3‎ 为强碱弱酸盐，则H2CS3是弱酸；‎ ‎(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，氧化产物为SO42－，还原产物为Mn2+；则离子方程式为：5CS32－+24MnO4－+52H＋=5CO2↑+15SO42－+24Mn2++26H2O；‎ ‎(3)盛放无水CaCl2的仪器的名称是干燥管；‎ ‎(4)装置中残留着一部分生成物，不将其完全排入后续装置会影响实验结果，通入惰性的热N2可将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收；‎ ‎(5)根据反应Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑可知n(Na2CS3)=n(H2S)，硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，n(CuS)=19.2g÷96g/mol=0.2mol，则A中Na2CS3的物质的量浓度为0.2mol/0.1L=2mol/L；‎ ‎(6)空气中含有二氧化碳，能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，增加了C重量，使实验结果偏高。‎ ‎19.某强酸性溶液X：可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO42-、SiO32-、NO3-中一种或几种离子，取该溶液进行实验，转化关系如图所示。反应过程中有一种气体在空气中会变为红棕色。回答下列问题：‎ ‎（1）由题给信息可知，溶液X中确定不存在的阴离子有_______________________。‎ ‎（2）气体A是__________________(填化学式)，产生气体A的离子方程式为__________________________________________________________。‎ ‎（3）步骤④中发生反应的离子方程式为_______________________________________。‎ ‎（4）根据题给信息和图中转化关系，可以确定溶液X中肯定存在的离子有______________，可能存在的离子有______________。检验可能存在的离子是否存在的方法是_____________‎ ‎______________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CO32-、SiO32-、NO3- (2). NO (3). 3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O (4). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (5). Al3+、NH4+、SO42-、Fe2+ (6). Fe3+ (7). 取少量溶液X于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则溶液X中含有Fe3+‎ ‎；若溶液不变红色，则溶液X中不含有Fe3+‎ ‎【分析】在强酸性溶液中，CO32-、SiO32-不能大量存在；加入Ba(NO3)2生成沉淀C，则溶液X中一定含有SO42-，X中一定不存在Ba2+；生成气体A，则此气体为NO，原溶液中一定不含有NO3-。加入过量NaOH溶液，产生的气体为NH3，则X中一定含有NH4+；加入过量NaOH溶液，产生沉淀E，且此沉淀溶于盐酸，则X中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+；溶液F中通入过量的CO2，生成沉淀H，则X中一定含有Al3+。‎ ‎（1）由题给信息的分析，可确定溶液X中不存在的阴离子。‎ ‎（2）气体A是NO，产生气体NO的原因，是Fe2+在酸性溶液中与NO3-发生了反应。‎ ‎（3）步骤④是AlO2-与过量CO2在水溶液中发生反应。‎ ‎（4）根据题给信息和图中转化关系，可以确定溶液X中肯定存在的离子为Al3+、NH4+、SO42-、Fe2+，可能存在的离子有Fe3+。检验可能存在的离子是否存在，可使用KSCN溶液。‎ ‎【详解】在强酸性溶液中，CO32-、SiO32-不能大量存在；加入Ba(NO3)2生成沉淀C，则溶液X中一定含有SO42-，X中一定不存在Ba2+；生成气体A，则此气体为NO，原溶液中一定不含有NO3-。加入过量NaOH溶液，产生的气体为NH3，则X中一定含有NH4+；加入过量NaOH溶液，产生沉淀E，且此沉淀溶于盐酸，则X中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+；溶液F中通入过量的CO2，生成沉淀H，则X中一定含有Al3+。‎ ‎（1）由题给信息的分析，可确定溶液X中不存在的阴离子为CO32-、SiO32-、NO3-。答案为：CO32-、SiO32-、NO3-；‎ ‎（2）气体A是NO，产生气体NO，是因Fe2+在酸性溶液中与NO3-发生了反应，离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O。答案为：NO；3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑‎ ‎+2H2O；‎ ‎（3）步骤④是AlO2-与过量CO2在水溶液中发生反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O ‎=Al(OH)3↓+HCO3-。答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；‎ ‎（4）根据题给信息和图中转化关系，可以确定溶液X中肯定存在的离子为Al3+、NH4+、SO42-、Fe2+，可能存在的离子有Fe3+。检验可能存在的离子是否存在的方法是取少量溶液X于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则溶液X中含有Fe3+；若溶液不变红色，则溶液X中不含有Fe3+。答案为：Al3+、NH4+、SO42-、Fe2+；Fe3+；取少量溶液X于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则溶液X中含有Fe3+；若溶液不变红色，则溶液X中不含有Fe3+。‎ ‎20.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液(主要含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-中制备氯化亚铜。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）出步驟①中发生的两个主要反应的离子方程式：_________________________________。‎ ‎（2）步骤②的操作名称是____________________。‎ ‎（3）步骤④中所加物质X为_________________。‎ ‎（4）步骤⑤的操作是_____________________________。‎ ‎（5）步骤⑥应调节溶液pH呈酸性，且用乙醇洗涤CuCl晶体，目的是____________________。‎ ‎（6）在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是____________。‎ ‎【答案】(1). Cu2++Fe=Cu +Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2). 过滤、洗涤 (3). CuO(或Cu(OH)2等） (4). 在HCl气流中蒸发结晶 (5). 减少CuCl的损失 (6). 硫酸(或H2SO4)‎ ‎【分析】酸性废液中含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-，加入过量铁粉，Cu2+、Fe3+、 H+都能发生反应，反应的离子方程式为：Cu2++ Fe = Cu+ Fe2+，Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+，Fe + 2H+ = Fe2++ H2↑，反应后所得的固体a为Cu与过量的Fe，加入足量稀盐酸，Fe溶解为Fe2+，此时溶液过滤可得固体b，固体b为Cu，加入浓硫酸可得SO2和硫酸铜，所得SO2与Cu2+再反应制备CuCl，据此分析。‎ ‎【详解】（1）铁是活泼的金属，能与铁离子、铜离子以及氢离子反应，则步骤①中发生的两个主要反应的离子方程式为Cu2++ Fe = Cu+ Fe2+、Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+ 或 Fe + 2H+ = Fe2++ H2↑；‎ ‎（2）置换出的铜以及剩余的铁需要通过过滤从溶液中分离出来，再进行洗涤；‎ ‎（3）要得到氯化铜溶液，则需要除去铜离子，因此步骤④中所加物质X为CuO或Cu (OH) 2 或CuCO3等；‎ ‎（4）由于铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶；‎ ‎（5）由于氯化亚铜不溶于乙醇，因此用乙醇洗涤CuCl晶体目的是减少CuCl的损失；‎ ‎（6）由于最终还有硫酸生成，因此在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是硫酸。‎ ‎【点睛】本题为工艺流程题，为高考热点和难点，设计物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题关键，注意物质性质的理解应用，易错点为（4）由于铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶。‎ ‎21.在已经发现的一百多种元素中，除稀有气体外，非金属元素只有十多种，但与生产生活有密切的联系。‎ ‎（1）短周期中可以做半导体材料的元素的最高价氧化物与烧碱溶液反应的离子方程式是：______________________________________________；‎ ‎（2）为了提高煤的利用率，常将其气化或液化，其中一种液化是将气化得到的氢气和一氧化碳在催化剂作用下转化为甲醇，写出该化学反应方程式为___________________________；‎ ‎（3）氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。‎ ‎①合成氨的反应中的能量变化如图所示。该反应是________反应（填“吸热”或“放热”）。‎ ‎②在一定条件下，将2.5mol N2和7.5mol H2的混合气体充入体积为2L的固定闭容器中发生反应：N2（g）+ 3H2(g) 2NH3(g)，5分钟末时达到平衡，测得容器内的压强是开始时的0.9倍，则5分钟内用氨气表示该反应的平均化学反应速率为：V(NH3)=____________；氢气达到平衡时的转化率是_____________（保留小数点后一位）；‎ ‎（4）美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型装置，其构造如图所示：‎ A，B两个电极均由多孔的碳块组成。该电池的正极反应式为：________________________；若将上述装置中的氢气换成甲烷，其余都不改变，对应装置的负极反应方程式为_____________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). SiO2+2OH- ＝SiO32-+H2O (2). CO+2H2CH3OH (3). 放热 (4). 0.1mol·L-1·min-1 (5). 20.0% (6). O2 +4e-+2H2O＝4OH- (7). CH4–8e-+10OH-＝CO32-+7H2O ‎【分析】（1）短周期中可以做半导体材料的元素为Si元素，Si元素的最高价氧化物为酸性氧化物SiO2；‎ ‎（2）煤的液化是将气化得到的氢气和一氧化碳在催化剂作用下转化为甲醇；‎ ‎（3）①反应物的总能量高于生成物的总能量的反应为放热反应；‎ ‎②由题给数据建立如下三段式计算反应速率和转化率；‎ ‎（4）由题给燃料电池示意图可知，通入氢气或甲烷的一极负极，通入氧气的一极为正极。‎ ‎【详解】（1）短周期中可以做半导体材料的元素为Si元素，Si元素的最高价氧化物为酸性氧化物SiO2，SiO2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH- ＝SiO32-+H2O，故答案为SiO2+2OH- ＝SiO32-+H2O；‎ ‎（2）煤的液化是将气化得到的氢气和一氧化碳在催化剂作用下转化为甲醇，反应的化学方程式为CO+2H2CH3OH，故答案为CO+2H2CH3OH；‎ ‎（3）①由合成氨的反应中的能量变化示意图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明合成氨的反应为放热反应，故答案为放热反应；‎ ‎②设反应消耗N2的物质的量为xmol，由题给数据建立如下三段式：‎ N2（g）+ 3H2(g) 2NH3(g)‎ 起（mol） 2.5 7.5 0‎ 变（mol） x 3x 2x 平（mol）2.5—x 7.5—3x 2x 由=可得=，解得x=0.5，则V(NH3)=== 0.1mol·L-1·min-1，氢气达到平衡时的转化率为×100%=×100%=20%，故答案为0.1mol·L-1·min-1；20%；‎ ‎（4）由题给燃料电池示意图可知，通入氢气的一极负极，氢气在负极失电子发生氧化反应生成水，电极反应式为H2–2e-+2OH-＝2H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极得电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2 +4e-+2H2O＝4OH-；若将氢气换成甲烷，甲烷在负极失电子发生氧化反应生成碳酸根，电极反应式为CH4–8e-+10OH-＝CO32-+7H2O，故答案为O2 +4e-+2H2O＝4OH-；CH4–8e-+10OH-＝CO32-+7H2O。 ‎