【化学】辽宁省抚顺市第一中学2020届高三上学期期中考试（解析版）

【化学】辽宁省抚顺市第一中学2020届高三上学期期中考试（解析版）

辽宁省抚顺市第一中学2020届高三上学期期中考试 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Cl 35.5 Cu 64 Mn.55‎ 第Ⅰ卷 选择题（共54分）‎ 一、选择题：本题共18个小题，每小题2分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 气象环境报告中新增的“PM2.5”是一种新的分子 B. “光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关 C. 小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，苏打是治疗胃酸过多的一种药剂 D. 乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的 ‎【答案】B ‎【详解】A．气象环境报告中新增的“PM2.5”是一种混合物，不是分子，故A选项错误。‎ B．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，故B选项正确。‎ C．小苏打是治疗胃酸过多的一种药剂，故C选项错误。‎ D．乙醇消毒是使蛋白质变性，乙醇没有强氧化性，而过氧化氢、次氯酸钠具有强氧化性可杀菌消毒，均作消毒剂，但原理不同，故D选项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 50mL12mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2共热，制得Cl2的分子数目小于0.15NA B. 10g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NA C. 1L1mol/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NA D. 浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NA ‎【答案】C ‎【详解】A．50 mL 12 mol•L-1 浓盐酸中含有0.6mol氯化氢，消耗0.6mol氯化氢生成0.15mol氯气，但由于随着反应的进行浓盐酸变为稀盐酸，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以制得Cl2的分子数目小于0.15NA，故A选项正确。‎ B．10g质量分数为46%的乙醇中含有乙醇的质量为4.6g，乙醇的物质的量为0.1mol，含有0.1mol氧原子；该乙醇溶液中水分子的质量分数为54%，则水的物质的量为： ‎ ‎，含有0.3mol氧原子，则该乙醇溶液中总共含有氧原子的物质的量为0.4mol，含有的氧原子的总数为0.4NA，故B选项正确。‎ C. 因为CO32-水解生成了OH-和HCO3-，可见一个阴离子水解生成两个阴离子，所以1L 1mol·L-1碳酸钠溶液中阴离子总数大于NA，故C选项错误。‎ D．23gNO2与N2O4的混合气体中含有0.5mol最简式NO2，浓硝酸热分解的过程中N的化合价由+5降低到+4，故转移0.5mol电子，转移电子数为0.5NA，故D选项正确。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题需要注意B选项中乙醇水溶液是混合物，既含有乙醇也含有水，且水中也有氧原子，不要忘记计算。‎ ‎3.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）‎ 实验现象 离子方程式 A NaHCO3与过量Ba(OH)2溶液反应：‎ HCO3-+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O B Ca(CH3COO)2溶液与硫酸反应：‎ Ca2＋+SO42-=CaSO4↓‎ C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎3SO2+2MnO4ˉ+4H+=3SO42ˉ+2Mn2++2H2O D 少量SO2通入足量Ca(ClO)2溶液中 SO2+Ca2++ClOˉ+H2O=Ca2++SO42ˉ+2H++Clˉ‎ ‎【答案】A ‎【详解】A. NaHCO3与过量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故A选项正确。‎ B.Ca(CH3COO)2溶液与硫酸反应的离子反应为2CH3COO-+2H++Ca2++SO42-=CaSO4↓+2CH3COOH，故B选项错误。‎ C. 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为5SO2 + 2MnO4- + 2H2O=2Mn2+ + 4H+ + 5SO42-，故C选项错误。‎ D. 少量SO2通入足量Ca(ClO)2溶液中SO2 + H2O + Ca2+ + 3ClO-=CaSO4↓ + 2HClO + Cl-，故D选项错误。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题需要注意少量与过量问题，A和D选项一旦量发生较大变化，反应实质也会变化，离子方程式会改变。‎ ‎4.下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（ ）‎ A. 铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业 B. 将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2‎ C. Na2CO3稳定且熔点高，熔融Na2CO3使用耐高温的石英坩埚 D. 无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水 ‎【答案】C ‎【详解】A．低密度、高强度的铝锂合金常用于航空工业，故A选项正确。‎ B．氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则将废铁屑加入氯化亚铁溶液中可以吸收工业废气中的氯气，故B选项正确。‎ C．石英的成分是二氧化硅，在高温条件下与碳酸钠反应而使坩埚炸裂，故C选项错误。‎ D．能够依据变色硅胶中CoCl2吸水后固体颜色的变化判断硅胶是否吸水，故D选项正确。‎ 故答案选C。‎ ‎5.在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】A.为使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，因此要用到研磨操作，A不符合题意；‎ B.硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，B不符合题意；‎ C.盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，直到蓝色完全变白，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意；‎ D.加热后冷却时，为防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，因此需要使用干燥器，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.用H2还原mgCuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后称量，知残留固体质量为ng，共用去WgH2，则被还原的CuO的质量为（ ）‎ A. 40Wg B. 5(m－n)g C. 1.25ng D. mg ‎【答案】B ‎【分析】该题可用差量法来解决，因为是“当大部分固体变红”，氧化铜没有完全被还原，所以，mg与ng都无法直接用来计算，由于氢气在反应中要做到“早来晚走”，也不能用来计算，氧化铜被氢气还原的化学反应中，氧化铜中的氧元素被氢气夺去，因此减少的是氧元素的质量。‎ ‎【详解】设被还原的氧化铜的质量为x，则 H2+CuOCu+H2O 固体质量减少 ‎80 16‎ x (m-n)g ‎80:16=x:(m-n)g，解得：x＝5（m-n)g，故答案选B。‎ ‎7.铜和镁的合金4.35g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（ ）‎ A. 9.02g B. 8.51g C. 8.26g D. 7.04g ‎【答案】C ‎【分析】最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的物质的量。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】由于金属阳离子结合的OH－的物质的量，就是金属失去的电子的物质的量，所以根据电子的得失守恒可知，金属失去电子的物质的量是4.48L÷22.4L/mol＋2×0.336L÷22.4L/mol＝0.23mol，所以和金属阳离子结合的OH－的物质的量也是0.23mol，质量是3.91g，则沉淀的质量是4.35g+3.91g=8.26g，故答案选C。‎ ‎【点睛】注意本类型题中最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的物质的量。由于金属阳离子结合的OH－的物质的量，就是就是失去的电子的物质的量，所以根据电子的得失守恒可进行计算。‎ ‎8.工业制氢气的一个重要反应是：CO(g) +H2O(g)== CO2(g)+H2(g)。‎ 已知在25℃时：‎ ‎①C(s)+O2(g)CO(g) ΔH1＝−111kJ·mol− 1‎ ‎②H2(g)+ O2(g)== H2O(g) ΔH2＝−242kJ·mol− 1‎ ‎③C(s)+O2(g) == CO2(g) ΔH3＝−394kJ·mol− 1‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 25℃时，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH＝−41kJ·mol−1‎ B. 增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小 C. 反应①达到平衡时，每生成1 molCO的同时生成0.5molO2‎ D. 反应②断开2mol H2和1 mol O2中的化学键所吸收的能量比形成4mol O−H键所放出的能量少484kJ ‎【答案】B ‎【详解】A.根据盖斯定律③－②－①得CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) ΔH＝−41kJ·mol−1，故A正确；‎ B.平衡常数只与温度有关，增大压强K不变，故B错误；‎ C. 反应①，每生成1molCO的同时生成0.5molO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；‎ D. 焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和，因此反应②断开2molH2和1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ，故D正确；选B。‎ ‎9.前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等， 且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）‎ A. 元素原子半径大小顺序：W>Z>Y B. X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质 C. Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键 D. Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同 ‎【答案】B ‎【分析】‎ 前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。‎ ‎【详解】根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。‎ A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；‎ B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确；‎ C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；‎ D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含NH4＋废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：‎ 已知：NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O 下列说法正确的是（ ）‎ A. 固体1中主要含有CaCO3、CaSO4‎ B. X可以是空气，且需过量 C. 处理含NH4＋废水时，发生的反应为：NH4++5NO2-+4H+=6NO+4H2O D. 捕获剂所捕获的气体主要是CO ‎【答案】D ‎【详解】A.二氧化碳、二氧化硫与石灰乳反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，则固体1中主要含有CaCO3、CaSO3，A错误；‎ B.X可以是空气，且至少保证生成的二氧化氮与一氧化氮的物质的量之比为1：1时即可，不需过量，B错误；‎ C.处理含NH4＋废水时，生成无污染的气体氮气，发生的反应为：NH4++NO2-=N2+2H2O，C错误；‎ D.CO与石灰乳、NaOH均不反应，则气体2为CO，捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；‎ 答案D。‎ ‎11.如图装置，将溶液a逐滴加入固体b中，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 若a为浓盐酸，b为MnO2，c中盛石蕊溶液，c中溶液颜色没有变化 B. 若a为稀硝酸，b为Ag，c中盛水，则c试管口出现红棕色 C. 若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛氯化铝溶液，则c中先出现沉淀后消失 D. 若a为稀硫酸，b为纯碱，c中盛硅酸钠溶液，则c中出现白色胶状沉淀 ‎【答案】C ‎【详解】A项浓盐酸与MnO2需加热才会产生Cl2，A项正确；‎ B项稀硝酸氧化Ag生成NO，在试管口处与O2化合生成NO2，呈红棕色，B项正确；‎ C项NH3通入氯化铝溶液中只有沉淀生成，沉淀不能溶解，C项错误；‎ D项CO2与硅酸钠反应生成白色胶状沉淀硅酸，D项正确。‎ 故选C。‎ ‎12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-‎ B. 使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH4+、C1-、SO42-‎ C. c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-‎ D. 由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、NO3-‎ ‎【答案】A ‎【详解】A项，Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-四种离子互相之间都不反应，所以可以大量共存，符合题意；‎ B项，使酚酞变红色的溶液显碱性，碱性溶液中不能存在大量的NH4+，不符合题意；‎ C项，铝离子和偏铝酸根离子会发生双水解反应得到氢氧化铝沉淀，所以不能大量共存，不符合题意；‎ D项，由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L，说明水的电离被抑制了，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性条件下CH3COO-不能大量存在，不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】判断离子是否大量共存，应该考虑如下情况下离子不能大量共存：‎ ‎1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ag+与Cl-等不能大量共存。（2）生成气体或挥发性物质：如：H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。‎ ‎2、发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。‎ ‎3、离子间发生双水解反应不能共存：如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。‎ ‎4、络合反应：如Fe3+和SCN-。‎ ‎13.1912年E．Beckmann冰点降低法获得了黄色的正交α—型硫元素的一种同素异形体S8分子。1891年，M．R．Engel首次制得了一种菱形的ε—硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是（ ）‎ A. S6和S8分子分别与铜粉反应，所得产物可能均为CuS B. 推测Na2S8可能是一种复合分子材料 C. S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3‎ D. 等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同 ‎【答案】D ‎【详解】A．S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铜粉反应，所得产物相同均为Cu2S，故A选项错误。‎ B．Na2S8不是复合分子材料，故B选项错误。‎ C．不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C选项错误。‎ D．等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D选项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题中要注意S6和S8是硫元素的不同单质，互为同素异形体，化学性质相似，可以采用对比法研究。‎ ‎14.甲烷直接氧化制甲醇是富有挑战性的课题，Sen等在CF3COOH水溶液中成功将甲烷转化为CF3COOCH3(水解生成CH3OH)，其反应机理如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 上述反应的总反应式为CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3‎ B. CF3COOCH3水解生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH C. Pd2＋是该反应的中间产物 D. 每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为22.4L ‎【答案】B ‎【详解】A．根据①②③④加和可得上述反应的总反应式为CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3+H2O，故A选项错误。‎ B．CF3COOCH3发生水解反应的产物为CF3COOH和CH3OH，故生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH，故B选项正确。‎ C．反应①中Pd2＋参与反应，反应②中又生成等物质的量的Pd2＋，故Pd2＋为催化剂不是中间产物，故C选项错误。‎ D．根据反应CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3+H2O、CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH可得制甲醇的反应方程式为CH4＋O2→CH3OH，故每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为11.2L，故D选项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题需要注意C选项，Pd2＋为催化剂，反应前后物质的量不改变，不是中间产物，注意概念混淆。‎ ‎15.下列有关实验、现象、及结论等叙述正确的有（ ）‎ ‎①向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，X具有强氧化性 ‎②将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生，非金属性：Cl>Si ‎③向某溶液加入稀硫酸，有淡黄色沉淀和刺激性气味的气体，该溶液中一定含有S2O32－‎ ‎④向X溶液加新制氯水，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色，X溶液中一定含有Fe2+‎ ‎⑤向饱和NaHCO3溶液中滴加硼酸，无气泡产生，酸性：硼酸＜碳酸 ‎⑥取少量Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红色，证明样品已变质 A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 ‎【答案】A ‎【详解】①白色沉淀可能为硫酸钡、亚硫酸钡，则X可能为氯气、氨气等，X不一定具有强氧化性，故①错误。‎ ‎②非金属性强弱判据之一是：最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，盐酸不是最高价含氧酸，故②错误。‎ ‎③生成的淡黄色沉淀和刺激性气味的气体为S和SO2，原溶液可能含有S2-与SO32-，不一定是S2O32－，故③错误。‎ ‎④可能原来溶液中含有Fe3+，如果向原来溶液中加入几滴KSCN溶液不变红，再滴加氯水后变红，则原来溶液中一定含有Fe2+，故④错误。‎ ‎⑤向饱和NaHCO3溶液中滴加硼酸，无气泡产生，说明不产生二氧化碳，证明酸性：硼酸＜碳酸，故⑤正确。‎ ‎⑥将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，NO3-具有氧化性，能把Fe2+氧化生成铁离子，铁离子与KSCN溶液发生显色反应，故不能证明样品变质，故⑥错误。‎ 故只有⑤正确，故答案选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为②和③，要注意用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱才能判断非金属性的强弱，有S2-与SO32-与酸反应也会生成S和二氧化硫气体，本题考查较全面，难度较大。‎ ‎16.在容积一定的密闭容器中发生可逆反应A（g）+B（g）C（g）∆H＞0，平衡移动关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ 选项 压强 纵坐标 A p1＜p2‎ C的物质的量浓度 B p1＞p2‎ B的转化率 C p1＜p2‎ 混合气体的平均摩尔质量 D p1＞p2‎ A的质量分数 ‎【答案】B ‎【分析】根据图像分析知纵坐标所代表的物理量随温度的升高而增大，结合上述反应知温度升高平衡向正反应方向移动，所以增大的物理量有B的转化率，C的物质的量浓度和混合气体的平均摩尔质量。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】A． p1＜p2，压强增大，平衡正向移动，C的物质的量浓度增大，故A选项错误。‎ B. p1＞p2，随压强的增大，平衡正向移动，B的转化率增大，故B选项正确。‎ C. p1＜p2，压强增大，平衡正向移动，混合气体平均摩尔质量增大，故C选项错误。‎ D. p1＞p2，随压强的增大，平衡正向移动，A的质量分数减小，故A选项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】当图像上有两种变量时，一般分析改变一种变量的关系，即温度改变对平衡的影响或压强改变对平衡的影响。熟悉外界条件对平衡的影响因素是关键。‎ ‎17.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂（絮凝剂），可由绿矾(FeSO4•7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是（ )‎ A. KClO3作氧化剂，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗molKClO3‎ B. 生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH一定增大 C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水 D. 在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强 ‎【答案】A ‎【详解】A．KClO3作氧化剂氧化FeSO4生成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，所以每生成1mol [Fe(OH)SO4]n消耗mol KClO3，故A选项错误。‎ B：Fe2(SO4)3是强酸弱盐，水溶液显酸性，聚合硫酸铁又称为碱式硫酸铁，生成聚合硫酸铁后，水溶液的酸性减弱pH增大，故B选项正确。‎ C．聚合硫酸铁中的铁为+3价，能用作净水剂，则聚硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故C选项正确。‎ D．Fe3+为弱碱阳离子，水解也是分步进行，只是通常规定Fe3+的水解一步到位，所以Fe3+的水解第一步程度最大，即Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强，故D选项正确。‎ 故答案选A。‎ ‎18.在给定条件下，下列物质间的转化均能实现的有（ ）‎ ‎①NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)‎ ‎②Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)‎ ‎③AgNO3(aq)[Ag(NH2)2]+(aq)Ag(s)‎ ‎④Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)‎ ‎⑤NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)‎ ‎⑥MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s) ‎ ‎⑦N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)‎ A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】A ‎【详解】①NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，故①正确。‎ ‎②Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，故②错误。‎ ‎③AgNO3‎ 中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，故③错误。‎ ‎④Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，故④错误。‎ ‎⑤氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，第二步不能实现，故⑤错误。‎ ‎⑥氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，Mg(OH)2不稳定，加热分解为 MgO ，故两步都可以实现，故⑥正确。‎ ‎⑦氨气通入饱和食盐水中，在通入二氧化碳气体可以制碱，但反应生成的是碳酸氢钠，第二步不能转化，故⑦错误。‎ 故①⑥正确，故答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成NaCl和Al（OH）3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。‎ 二、选择题：本题共6个小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。‎ ‎19.如图(I)为全钒电池，电池工作原理为：2H+＋VO2+＋V2+VO2+＋V3++H2O。装置(Ⅱ)中的电解液是硝酸、硫酸的混合水溶液，当闭合开关K时，铂电极上生成NH2OH。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 闭合K时，全钒电池负极区pH基本不变 B. 闭合K时，铂电极的电极反应式为：NO3ˉ+6eˉ+5H2O=NH2OH +7OHˉ‎ C. 全钒电池充电时，电极B上发生还原反应 D. 全钒电池放电时，电极B上发生的反应为：VO2++2H++e－=VO2++H2O ‎【答案】D ‎【分析】电池工作时，即放电时(I)装置为原电池，放电时，反应中V2+离子被氧化，电极A应是电源负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为V2+-e-＝V3+，电极B为正极，发生反应：VO2++2H++e-＝VO2++H2O。充电时(I)装置为原电池，(Ⅱ ‎)装置为电解池，当闭合开关K时，铂电极上生成NH2OH则铂电极为阴极，石墨电极为阳极。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】A．放电过程中，总反应消耗氢离子，溶液的pH变大，故A选项错误。‎ B．闭合K时，铂电极为阴极，发生还原反应，混合溶液为酸性溶液，不会生成OH-，电极反应式为：NO3ˉ+6eˉ+7H+=NH2OH+2H2O，故B选项错误。‎ C．充电时，电极B为阳极，发生氧化反应，故C选项错误。‎ D．放电时电极B为正极，发生反应：VO2++2H++e-＝VO2++H2O，故D选项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题要注意，先根据铂电极上生成NH2OH则铂电极为阴极，石墨电极为阳极，来判断出电池工作时电极A应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应。‎ ‎20.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH ＝－197kJ·mol－1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2molSO2和1molO2；(乙)1molSO2和0.5molO2；(丙)2molSO3和1molO2。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（ ）‎ A. 容器内压强P：P丙＞P甲＝2P乙 B. 气体的总物质的量n：n丙＞n甲＞n乙 C. SO3的体积分数∮：∮甲＝∮丙＞∮乙 D. 反应热量的数值Q：197＞Q丙＞Q甲＞Q乙 ‎【答案】B ‎【分析】恒温恒容，甲与乙起始n(SO2)：n(O2)=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n(SO2)=2mol，n(O2)=2mol，根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】A．丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，故压强P甲＜P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故A选项错误。‎ B．丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，达到平衡时n丙＞n甲。甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，故达到平衡时n丙＞n甲＞n乙,故B选项正确。‎ C．丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，故平衡时SO3的体积分数∮甲＜∮丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，增大压强，平衡向正反应移动，故平衡时SO3的体积分数∮甲＞∮乙，故C选项错误。‎ D．丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，故Q甲+Q丙＜197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，但Q甲与Q丙的大小不能确定，故D选项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡移动与计算、反应热、等效平衡等，难度较大，注意构建甲、乙平衡建立的途径，注意理解等效平衡。本题的易错点为D，要注意等效平衡中互为逆反应的热效应的关系。‎ ‎21.相对分子质量为Mr的气态化合物V L(标准状况)溶于m g水中，得到溶液的溶质质量分数为w%，物质的量浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·cm－3，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶液密度ρ可表示为 B. 物质的量浓度c可表示为 C. 溶液的质量分数w%可表示为 D. 相对分子质量Mr可表示为 ‎【答案】B ‎【详解】A、设溶液的体积为VL，则溶液中溶质的质量为：m=cmol/L×VL×Mrg/mol=cVMrg，VL该溶液的质量为：g，溶液的密度为：ρ==g/mL，选项A错误；B、溶液体积为：V===mL，溶质的物质的量为：=mol，该溶液的浓度为：c==mol/L，选项B错误；C、溶液中溶质的质量为：m=nM=×Mrg/mol=g，溶液质量为：（m+‎ ‎）g，则溶质的质量分数为：w%==，选项C错误；D、质量分数为w%，则水的质量分数为：1-w%，水的质量为m，则溶液的质量为：g，溶质的质量为：g×w%，溶质的物质的量为：=mol，则该化合物的摩尔质量为：=g/mol，则该化合物的相对分子量为：Mr=，选项D正确；答案选D。‎ ‎22.温度分别为T1和T2时，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：‎ 温度/K t/min t1‎ t2‎ t3‎ t4‎ T1‎ n(Y)/mol ‎0.14‎ ‎0.12‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ T2‎ n(Y)/mol ‎0.13‎ ‎0.09‎ ‎0.08‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的正反应为放热反应 B. T2温度下此反应的平衡常数K=4‎ C. 温度为T1时，0~t1时间段的平均速率υ(Z)=2.0×10－3mol·L－1·min－1‎ D. 在T1下平衡后，保持其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大 ‎【答案】B ‎【详解】A.初始投料是相同的，比较表格中所给的数据可以看出，在时间t1时T2时的Y的物质的量小于T1，反应速率快慢说明了T2大于T1，t4时T2的容器中早已达平衡。对于T1来说，T2相当于升温，升温后Y减少，说明升温使平衡右移，说明正向反应是吸热的，A项错误；‎ B.根据表格中数据，列出T2温度下的三段式：‎ X(g)+Y(g) 2Z(g)‎ 初始 0.16 0.16 0‎ 变化 0.08 0.08 0.16‎ 平衡 0.08 0.08 0.16‎ 所以，B项正确；‎ C.先据表格中数据求出温度为T1时，0-t1时段用Y表示的平均速率为，用Z表达的速率为用Y表达的速率的2倍，C项错误；‎ D.其他条件不变时，充入0.2molZ等效于在恒温恒容容器中充入0.1molX和0.1molY，即相当于起始加入0.26molX和0.26molY，该反应反应前后气体分子数相等，所以起始加入0.26molX和0.26molY与起始加入0.16molX和0.16molY为比例等效平衡，达到平衡时X的体积分数不变，D 项错误；‎ 所以答案选择B项。‎ ‎23.已知反应X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)的平衡常数与温度的关系如表所示。830 ℃时，向一个2 L的密闭容器中充入0.2 mol X和0.8 mol Y，反应初始4 s内v(X)＝0.005 mol/(L·s)。下列说法正确的是（ ）‎ 温度/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1 000‎ ‎1 200‎ 平衡常数 ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ A. 4 s时容器内c(Y)＝0.76 mol/L B. 830 ℃达平衡时，X的转化率为80%‎ C. 反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动 D. 1 200 ℃时反应R(g)＋Q(g) X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝0.4‎ ‎【答案】B ‎【详解】A、(X)＝0.005 mol/(L·s)，则(Y)＝0.005 mol/(L·s)，4sY的减少量为0.02 mol/L，4 s时容器内c(Y)＝-0.02mol/L=0.38 mol/L，A项错误；‎ B、830℃达平衡时，平衡常数为1，应有c(X)·c(Y)=c(R)· c(Q)，设有a ‎ mol/L的X参与反应，则消耗Y为a mol/L，生成Q和R分别都为a mol/L，(0.1-a)(0.4-a)=a2，a=0.08mol/L，，转化率为80%，B项正确；‎ C、反应达平衡后，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，C项错误；‎ D、1200℃时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝=2.5，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎24.利用I2O5可消除CO污染，其反应为：反应为I2O5(s)＋5CO(g)5CO2(g)＋I2(s)；不同温度下，向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO，测得CO2气体体积分数φ(CO2)随时间t变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. b点时，CO的转化率为20%‎ B. 容器内的压强保持恒定，表明反应达到平衡状态 C. b点和d点的化学平衡常数：Kb＞Kd D. 0到0.5 min反应速率v(CO)=0.3 mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】C ‎【详解】 5CO(g) ＋I2O5(s)5CO2(g)＋I2(s)‎ 起始量/mol 2 0‎ 转化量/mol y y b点量/mol 2-y y 根据b点时CO2的体积分数φ（CO2）=y÷2=0.80，得y=1.6mol，转化率等于=(变化量÷起始量)×100%=(1.6÷2)×100%=80%，A错误；‎ B．两边计量数相等，所以压强始终不变，不能做平衡状态的标志，B错误；‎ C．b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd，C正确；‎ D．0到0.5min时：5CO(g) ＋I2O5(s)5CO2(g)＋I2(s)‎ 起始量/mol 2 0‎ 转化量/mol x x a点量/mol 2-x x 根据a点时CO2的体积分数φ（CO2）=x÷2=0.30，得x=0.6mol；则从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）=(0.6mol÷2L)÷0.5min=0.6 mol·L－1·min－1，D错误。‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共46分）‎ 三、综合题：本题包括4小题，共46分。‎ ‎25.有A、B、C、D、E、F6种短周期元素，G为过渡元素；已知相邻的A、B、C、D 4种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E单质粉末与G的氧化物常用于野外焊接钢轨；F是短周期最活泼的金属元素。请回答下列问题：‎ ‎（1）元素D、G的名称分别为：____________。‎ ‎（2）D的单质与C的气态氢化物反应方程式为_________________________________。‎ ‎（3）C、E、A的简单离子半径：____＞____＞____，B、C、D的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为___________________(用化学式表示)。‎ ‎（4）向D与E形成的化合物的水溶液中滴加过量烧碱溶液的离子方程式为____________________________________________。‎ ‎（5）用电子式表示F与C形成化合物的过程_________________________________。‎ ‎（6）G的单质与高温水蒸气反应的方程式_____________________________________。‎ ‎（7）部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是_______。‎ A．B只能得电子，不能失电子 B．原子半径Ge＞Si C．As可作半导体材料 D．Po处于第六周期第VIA族 ‎【答案】 (1). 氯 铁 (2). Cl2+H2S=2HCl+S↓ (3). S2－ (4). O2－ (5). Al3＋ (6). HClO4＞H2SO4＞H3PO4 (7). Al3+＋4OH-=AlO2-＋2H2O (8). (9). 3Fe＋4H2OFe3O4+4H2 (10). A ‎【分析】设C的原子序数为x，则A为x-8，B为x-1，C为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则有x+x-8+x-1+x+1=56，x=16，所以C为S元素，A为O元素，B为P元素，D为Cl元素，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，可知E的化合价为+3价，应为Al元素，E单质粉末与G的氧化物常用于野外焊接钢轨，G为Fe，F是短周期最活泼的金属元素，F为Na，根据元素周期律的递变规律比较原子半径以及元素的非金属性强弱，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。‎ ‎【详解】（1）根据分析，元素D为氯，元素G为铁。‎ ‎（2）D的单质与C的气态氢化物反应即氯气与硫化氢反应，生成氯化氢和硫单质，反应方程式为Cl2+H2S=2HCl+S↓。‎ ‎（3）根据电子层数越多，半径越大，具有相同结构的离子，原子序数越小的离子半径越大，则离子半径为S2-＞O2-＞Al3＋；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则有HClO4＞H2SO4＞H3PO4。‎ ‎（4）D和E形成的化合物为AlCl3，水溶液中滴入过量烧碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al3++4OH--=AlO2-+2H2O。‎ ‎（5）钠和氯在形成氯化钠的过程中，钠原子失去一个电子形成钠离子，氯原子得到一个电子形成氯离子，之后结合生成氯化钠，电子式表示为 ‎（6）G为铁，铁单质与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe＋4H2OFe3O4+4H2。‎ ‎（7）A．B可以失电子，H3BO3中B显+3价，故A选项错误。 ‎ B．同一主族越往下原子半径越大，故原子半径Ge＞Si，B选项正确。‎ C．As与Si化学性质较相近，也可作半导体材料，故C选项正确。 ‎ D．Po在周期表中处于第六周期第VIA族，故D选项正确。‎ 故答案选A ‎【点睛】本题考查元素推断及元素化合物知识，本题从元素在周期表中的相对位置为载体，通过元素原子核外电子数目关系推断元素种类，考查元素周期律的递变规律以及常见元素化合物的性质，学习中注重相关基础知识的积累。‎ ‎26.黄色超氧化钾(KO2)可作为宇宙飞船舱的氧源。某学习小组设计以下实验探究KO2的性质，请回答相关问题：‎ I.探究KO2与水的反应：取少量KO2固体于试管中，滴加少量水快速产生气泡，将带火星的木条靠近试管口木条复燃，滴加酚酞试液则先变红后褪色。‎ 向褪色后溶液中滴加FeCl3溶液推测产生的现象为_____________________________。‎ II.探究KO2与SO2的反应 ‎（1）正确的操作依次是________。‎ ‎①打开K1通入N2 ，排尽装置内原气体后关闭 ②拆卸装置至实验完成 ‎③检查装置气密性，然后装入药品 ④打开分液漏斗活塞K2‎ ‎（2）检查上述装置气密性的方法是_____________________________________________。‎ ‎（3）A装置发生的化学方程式为_____________________________________。‎ ‎（4）用上述装置验证“KO2与SO2反应生成O2”还存在不足，你的改进措施是____________________________________________。‎ ‎（5）改进后再实验，待KO2完全反应后，将装置C中固体加水溶解，配成50.00mL溶液，等分为M、N两份。‎ ‎①向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液，充分反应后，将沉淀过滤、________、____________，称重为2.33g。‎ ‎②将N溶液移入__________（填仪器名称）中，用0.40mol/L酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。‎ ‎③依据上述现象和数据，请写出该实验总反应的化学方程式__________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 产生红褐色沉淀和气体 (2). ③①④①②或③④①② (3).‎ ‎ 装置末端连接一导管插入水中，微热A，末端有气泡，冷却后回流一段水柱保持不变 (4). H2SO4+Na2SO3＝Na2SO4+H2O+SO2↑ (5). 在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶（或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸） (6). 洗涤 (7). 干燥 (8). 锥形瓶 (9). 6KO2+3SO2＝2K2SO3+K2SO4+4O2‎ ‎【分析】A装置中70%的H2SO4与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，据此书写反应的化学方程式，从实验的装置图可知，进入硬质玻璃管的气体中含有水蒸气，2.33g沉淀为硫酸钡，高锰酸钾与亚硫酸钠反应的方程式为2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O，计算出生成的硫酸钾和亚硫酸钾的物质的量之比，然后书写反应的方程式。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】KO2固体中滴加少量水，反应后溶液中滴加FeCl3溶液，氯化铁与氢氧化钾反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，同时氯化铁催化过氧化氢分解放出氧气，因此看到的现象为产生红褐色沉淀和气体。‎ ‎（1）根据题示的实验操作，结合实验装置图，实验步骤为：首先检查装置气密性，然后装入药品，打开K1通入N2，排尽装置内的空气后关闭，再打开分液漏斗活塞K2，反应生成二氧化硫，打开K1通入N2，排尽装置内的二氧化硫后关闭，拆卸装置至实验完成。故答案为③①④①②或③④①②。‎ ‎（2）将装置末端连接一导管插入水中，微热仪器A，如果末端有气泡产生，且冷却后回流一段水柱保持不变，则装置气密性良好。‎ ‎（3）A装置中70%的H2SO4与亚硫酸钠反应放出二氧化硫气体，反应的化学方程式为H2SO4 + Na2SO3＝Na2SO4 + H2O + SO2↑。‎ ‎（4）从实验的装置图可知，进入硬质玻璃管的气体中含有水蒸气，干扰了实验验证“KO2与SO2反应生成O2”的现象，改进措施为在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸)。‎ ‎（5）①向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液，充分反应后，将沉淀过滤、洗涤、干燥之后称重。‎ ‎②将N溶液移入锥形瓶中进行滴定操作。‎ ‎③2.33g沉淀为硫酸钡，物质的量==0.01mol，因此原样品中含有0.02mol硫酸钾；高锰酸钾与亚硫酸钠反应的方程式为2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O，因此原样品中亚硫酸钾的物质的量=2××0.40mol/L×0.020L=0.04mol，因此KO2与SO2‎ 反应的化学方程式为6KO2+3SO2＝2K2SO3+K2SO4+4O2。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(7)中反应方程式的书写，要注意通过计算确定K2SO3和K2SO4的物质的量之比。‎ ‎27.磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：‎ 已知：①锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。‎ ‎②相关金属Mn+离子c(Mn+)＝0.1mol•L -1形成M(OH)n沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 Fe3+‎ Al3+‎ Fe2+‎ Mg2+‎ Ca2+‎ Mn2+‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎3.8‎ ‎6.3‎ ‎9.6‎ ‎10.6‎ ‎8.8‎ 沉淀完全pH ‎2.8‎ ‎5.2‎ ‎8.3‎ ‎11.6‎ ‎12.6‎ ‎10.8‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________。‎ ‎（2）浸出液“净化除杂”过程如下：①加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+；②______________将Al3+、Fe3+变为沉淀除去；③加入NH4F将__________离子沉淀除去。写出反应①的离子方程式为___________________________________________________；‎ ‎（3）碳化结晶时，反应的离子方程式为_____________________________。‎ ‎（4）碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是________________。流程中能循环利用的物质除了氯化铵之外还有________________。‎ ‎（5）测定碳酸锰产品的纯度。‎ 称取0.5000g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3-‎ ‎，冷却至室温。加水稀释至100mL，滴加2～3滴指示剂，然后用浓度为0.2000mol·L-1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定（反应为：[Mn(PO4)2]3- +Fe2+＝Mn2+ +Fe3++2PO43-）。重复操作3次，记录数据如下表：‎ 滴定次数 ‎0.2000mol·L-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数（mL）‎ 滴定前 滴定后 ‎1‎ ‎0.10‎ ‎20.20‎ ‎2‎ ‎1.32‎ ‎21.32‎ ‎3‎ ‎1.05‎ ‎20.95‎ 则产品的纯度=________，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】(1). MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O (2). 调节溶液的pH (3). Ca2+、Mg2+ (4). MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (5). Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O (6). 碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀 (7). CO2 (8). 92.00% (9). 偏低 ‎【分析】菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素，与氯化铵混合研磨后煅烧的固体中含有氯化锰、四氧化三铁、氧化铝、氧化钙和氧化镁，加入盐酸，浸出液中主要含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+，经过净化后，在净化液中加入碳酸氢铵，使锰离子沉淀，生成MnCO3，最后得到高纯度MnCO3。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】（1）“焙烧”过程的主要反应为碳酸锰与氯化铵发生反应，方程式为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。‎ ‎（2）已知Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为5.2、2.8，不能影响Mn2+，故使用调节pH的方法来除去铝离子和铁离子。加入NH4F会生成CaF2、MgF2可用来除去Ca2+、Mg2+。①中MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身反应为Mn2+，故离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。‎ ‎（3）碳化结晶时Mn2+与碳酸氢根反应生成碳酸锰，离子方程式为：Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O。‎ ‎（4）碳酸钠溶液的碱性较强，c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀，因此“沉锰”过程中，不用碳酸钠溶液替代NH4HCO3‎ 溶液。根据以上分析可知流程中能循环利用的物质除了氯化铵之外还有CO2。‎ ‎（5）根据[Mn(PO4)2]3-+Fe2+＝Mn2+ +Fe3++2PO43-可知，[Mn(PO4)2]3-的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量相等，则[Mn(PO4)2]3-的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，根据锰元素守恒，0.5000g碳酸锰粗产品中碳酸锰的物质的量=0.004mol，碳酸锰粗产品的纯度=×100%=92.00%。若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，导致标准溶液的体积偏小，则[Mn(PO4)2]3-的物质的量偏小，测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。‎ ‎28.烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。‎ ‎（1）氧化还原法脱硝：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)＝4N2(g)＋6H2O(g)ΔH＝-1627.2kJ/mol。检验脱硝效果的重要指标是脱硝效率（脱硝过程中单位时间内NOx浓度变化占烟气初始浓度的百分比）。影响SCR系统脱硝效率的因素有很多，根据如图判断提高脱硝效率的最佳条件是________________________；氨氮比一定时，随温度的升高脱硝效率增大，其可能的原因是_____________________________________________________________________。‎ ‎（2）H2Y2－与Fe2＋形成的络合物FeY2－可用于吸收烟气中的NO。原理：FeY2－(aq)＋NO(g)FeY2－(NO)(aq)ΔH<0‎ ‎①将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50℃的FeY2－溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图。时间越长，NO吸收率越低的原因是_____________________________。‎ ‎②生成的FeY2－(NO)(aq)可通过加入铁粉还原再生，其原理为FeY2－‎ ‎(NO)(aq)＋Fe＋H2O→FeY2－(aq)＋Fe(OH)2＋NH3(未配平)。若吸收液再生消耗14 g铁粉，则所吸收的烟气中含有NO的物质的量为________mol。‎ ‎（3）以连二硫酸盐(S2O42－)为媒介，使用间接电化学法也可处理NO，装置如图所示：阴极的电极反应式为_____________________________________________。‎ ‎（4）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。‎ ‎①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为__________________________________。‎ ‎②加入CaCO3的作用是___________________________________________。‎ ‎（5）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：图中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小，请解释二者去除率不同的可能原因是________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 温度400℃，氨氮物质的量比为1 (2). 升高温度，反应速率加快 (3). 反应放热，温度升高，平衡逆向移动，不利于NO的吸收；随着反应进行，FeY2－浓度降低 (4). 0.1 mol (5). 2SO32-+4H++2e−=S2O42-+2H2O (6). 2MnO4－+SO2 +2H2O=2MnO42－+SO42－+4H+ (7). 消耗反应(脱硫)过程中生成的H+，有利于反应正向进行 (8). 随着pH增大酸性SO2易被碱液吸收；pH增大NO的还原性降低或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸 ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应得出氧化剂和还原剂的比例关系。氧化还原反应原理写离子方程式，生成的氢离子和碳酸钙反应，消耗氢离子，利于平衡正向移动，根据比例关系得出高锰酸钾和碳酸钙的比例。图像信息得出脱硫脱硝最佳条件，用氧化还原反应的强弱随pH变化的影响分析减弱的原因。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】（1）图像上温度400℃，氨氮物质的量比为1时脱硝效率最高，效果最佳；温度升高反应速率会增加，故脱硝效率会升高。‎ ‎（2）①起始温度为50℃，反应时间越长温度升高，但正反应放热，温度升高时平衡逆向移动，不利于NO的吸收；随着反应进行，FeY2－浓度降低。因此时间越长，NO吸收率越低。‎ ‎②反应中FeY2－(NO)(aq)中N元素由+2价降低到—3价，Fe的化合价由0价升高到+2价，故Fe～NO=5～2，若吸收液再生消耗14 g铁粉为0.25mol，故吸收的NO的物质的量=0.25mol÷5×2=0.1 mol。‎ ‎（3）由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-＝S2O42-+2H2O。‎ ‎（4）KMnO4脱硫(SO2)反应中MnO4－被还原为MnO42－，2MnO4－+SO2 +2H2O=2MnO42－+SO42－+4H+，反应有H+生成，加入碳酸钙可以与生成的H+反应，促进反应正向进行。‎ ‎（5）根据图中的转化率和去除率关系，随着pH增大，SO2被碱液吸收，故去除率增大，NO在pH＞5.5时NO的去除率减小，可能是NO还原性减弱或是NaClO2、H2O2的氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸。 ‎