2023-2024學(xué)年江蘇省南京市六校聯(lián)合體高一下學(xué)期5月期中考試化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1江蘇省南京市六校聯(lián)合體2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期5月期中考試試題考試時間：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39Fe-56第I卷選擇題(共39分)單項選擇題：每小題3分，共計39分。每小題只有一個選項符合題意。1.化學(xué)與生活、科技、社會發(fā)展息息相關(guān)，下列說法不正確的是（）A.二氧化硅可用作航天器的太陽能電池板B.將礦物燃料脫硫脫硝可有效防止酸雨C.通訊材料碳納米管與石墨烯互為同素異形體D.“綠氫”火炬儲氫瓶中的儲氫合金是新型合金材料〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．單質(zhì)硅可用作航天器的太陽能電池板，故A選項錯誤；B．SO2排放會形成酸雨，將礦物燃料脫硫脫硝可有效防止酸雨，故B選項正確；C．碳納米管與石墨烯為碳元素形成的不同單質(zhì)，所以互為同素異形體，故C選項正確；D．儲氫合金是新型合金材料，故D選項正確；故〖答案〗選A。2.少量Na2O2與H2O反應(yīng)生成H2O2和NaOH。下列說法不正確的是（）A.Na2O2的電子式為B.中子數(shù)為10氧原子可表示為C.H2O2分子中只含有極性共價鍵D.NaOH中含離子鍵和極性共價鍵〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．Na2O2既含有離子鍵又含有非極性共價鍵，Na2O2的電子式為，故A正確；B．核素的表示方法為：元素符號左下角為質(zhì)子數(shù)，左上角為質(zhì)量數(shù)；中子數(shù)為10的氧原子可表示為，故B正確；C．H2O2分子中含有O-H極性共價鍵，O-O非極性共價鍵，故C錯誤；D．NaOH中含鈉離子與氫氧根離子間的離子鍵和O-H極性共價鍵，故D正確；故選C。3.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途不具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A.FeCl3具有氧化性，可用作凈水劑B.NH4Cl溶液呈酸性，可用于除鐵銹劑C.小蘇打可以與酸反應(yīng)，可用作抗酸藥D.SO2具有還原性，可用作葡萄酒抗氧化劑〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．FeCl3中三價鐵離子可以水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附能力，可用作凈水劑，A選項錯誤；B．NH4Cl溶液中銨根離子水解使溶液呈酸性，可以與鐵銹反應(yīng)，B選項正確；C．SO2具有還原性，可用作葡萄酒抗氧化劑，C選項正確；D．小蘇打中碳酸氫根可與酸反應(yīng)，可用作抗酸藥，D選項正確；故〖答案〗選A。4.在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（）A.SiO2H2SiO3 B.NaCl(aq)NaHCO3C.Fe(s)Fe2O3(s) D.NH3(g)NO2(g)〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．SiO2不能與水反應(yīng)生成H2SiO3，A錯誤；B．在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再通入二氧化碳，在溶液中析出溶解度最小的NaHCO3，B正確；C．鐵與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵，C錯誤；D．氨氣和氧氣發(fā)生催化氧化可得一氧化氮，D錯誤；故選B。5.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是（）A.NO2與水反應(yīng)：NO2＋H2O=2HNO3B.鉛蓄電池放電時的正極反應(yīng)：Pb-2e-＋=PbSO4C.甲烷的燃燒：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=890.3kJ·mol-1D.SO2通入少量NaClO溶液中：SO2＋ClO-＋H2O=＋Cl-＋2H＋〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．NO2與水反應(yīng)生成HNO3和NO，化學(xué)方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，A錯誤；B．鉛蓄電池放電時PbO2在正極得到電子生成PbSO4，電極方程式為：，B錯誤；C．甲烷的燃燒熱是1mol甲烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出的能量，正確的熱化學(xué)方程式為：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=－890.3kJ·mol-1，C錯誤；D．SO2通入少量NaClO溶液中生成和Cl-，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：SO2＋ClO-＋H2O=＋Cl-＋2H＋，D正確；故選D6.四種短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的三倍；X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的；Y是地殼中含量最多的金屬元素；Z的原子序數(shù)是W的兩倍。下列敘述中，不正確的是（）A.離子半徑：W>XB.常見簡單的氣態(tài)氫化物沸點：W>ZC.工業(yè)上用電解熔融Y的氯化物的方法冶煉金屬YD.Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物為強酸〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由題可知，W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的三倍，則W為O元素，X元素在短周期中原子半徑最大，則X為Na元素，Y是地殼中含量最多的金屬元素，則Y為Al元素，Z的原子序數(shù)是W的兩倍，則Z為S元素，據(jù)此分析解答?！驹斘觥緼．O2-、Na+，核電荷數(shù)越小半徑越大，所以離子半徑Na+<O2-，即W>X，故A選項正確；B．H2O分子間有氫鍵，故沸點比H2S高，常見簡單的氣態(tài)氫化物沸點W>Z，故B選項正確；C．Al的氯化物AlCl3為共價化合物，熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電，無法電解，一般電解熔融狀態(tài)下的Al2O3制取鋁單質(zhì)，故C選項錯誤；D．Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物為H2SO4，為二元強酸，故D選項正確；故〖答案〗為C。7.下列裝置和原理能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢．制取Cl2B．測定中和熱C．測定化學(xué)反應(yīng)速率D．該條件下鐵發(fā)生了析氫腐蝕〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．濃鹽酸與MnO2在加熱條件下反應(yīng)生成氯氣，圖中缺少加熱裝置，A錯誤；B．圖示裝置中，做了很好的隔熱措施，有效減少了熱量的散失，能用于測定中和熱，B正確；C．該裝置中，生成的O2會從長頸漏斗中逸出，應(yīng)該選擇分液漏斗，C錯誤；D．該條件下，鐵粉發(fā)生的是吸氧腐蝕而不是析氫腐蝕，D錯誤；故〖答案〗選B。8.氯及其化合物種類繁多，部分含氯物質(zhì)的價類二維關(guān)系如圖所示。下列推斷錯誤的是（）A.A可與E反應(yīng)生成B B.B、C均可作為自來水消毒劑C.C中氯元素既能被氧化，又能被還原 D.D、E、F都屬于強電解質(zhì)〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)價類二維圖可知：A為HCl、B為Cl2、C為ClO2、D為HClO、E為HClO3、F為HClO4?！驹斘觥緼．根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，鹽酸和氯酸可反應(yīng)生成氯氣，故A正確；B．根氯氣、二氧化氯均有強氧化性，都可作為自來水的消毒劑，故B正確；C．二氧化氯中氯為價，處于中間價態(tài)，可以被氧化也可以被還原，故C正確；D．次氯酸為弱酸，屬于弱電解質(zhì)，故D錯誤；故選D。9.通過電解廢舊鋰電池中的LiMn2O4可獲得難溶性的Li2CO3和MnO2，電解示意圖如下(其中濾布的作用是阻擋固體顆粒，但離子可自由通過。電解過程中溶液的體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是（）A.電極A的電極反應(yīng)式：LiMn2O4＋3e-＋8H+=Li+＋2Mn2+＋4H2OB.電極B附近溶液氫離子濃度增大C.電解一段時間后溶液中Mn2+濃度保持不變D.該裝置將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由圖可知，該裝置為電解池，電極A為與直流電源負(fù)極相連的陰極，酸性條件下，LiMn2O4在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成錳離子，電極反應(yīng)式為LiMn2O4+3e?+8H+=Li++2Mn2++4H2O，電極B為陽極，水分子作用下，錳離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化錳和氫離子，電極反應(yīng)式為2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，則電解的總反應(yīng)方程式為2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2?！驹斘觥緼．由分析可知，電極A的電極反應(yīng)式為：LiMn2O4+3e?+8H+=Li++2Mn2++4H2O，A正確；B．由分析可知，電極B的電極反應(yīng)式為：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，附近溶液氫離子濃度增大，B正確；C．由分析可知，電解的總反應(yīng)方程式為2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2，反應(yīng)生成了錳離子，溶液中錳離子濃度增大，C錯誤；D．該裝置為電解池，將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，D正確；故選C。10.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A將Al(OH)3固體粉末加入過量NaOH溶液中，充分?jǐn)嚢?，溶解得到無色溶液既體現(xiàn)堿性又體現(xiàn)酸性B向盛有銅片的試管中加入少量硝酸，一段時間后觀察到試管口有紅色氣體逸出實驗所用為濃硝酸C向盛有某溶液的試管中滴加稀氫氧化鈉溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，試紙未變藍(lán)該溶液中不存在NHD向a、b兩試管中同時加入4mL0.01mol·L-1KMnO4溶液和2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液，再向a試管內(nèi)加入少量MnSO4，a試管中溶液褪色較快MnSO4是KMnO4和H2C2O4反應(yīng)的催化劑〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．將Al(OH)3固體粉末加入過量NaOH溶液中，充分?jǐn)嚢?，溶解得到無色溶液，說明Al(OH)3能夠和NaOH溶液反應(yīng)，體現(xiàn)了其酸性，沒有體現(xiàn)其堿性，A錯誤；B．向盛有銅片的試管中加入少量硝酸，一段時間后觀察到試管口有紅色氣體逸出，該紅色氣體為NO2，實驗所用的硝酸也可以是稀硝酸，產(chǎn)生的NO被空氣中的O2氧化為NO2，B錯誤；C．若溶液中含有，向盛有某溶液的試管中滴加稀氫氧化鈉溶液，加熱后才能生成NH3，C錯誤；D．向a、b兩試管中同時加入4mL0.01mol·L-1KMnO4溶液和2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液，再向a試管內(nèi)加入少量MnSO4，a試管中溶液褪色較快，催化劑可以加快反應(yīng)速率，說明MnSO4是KMnO4和H2C2O4反應(yīng)的催化劑，D正確；故選D。11.臭氧分解過程如圖所示，下列說法正確的是（）A.催化反應(yīng)①②均為放熱反應(yīng)B.決定O3分解反應(yīng)速率的是催化反應(yīng)②C.E2+是催化反應(yīng)②對應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能D.溫度升高，總反應(yīng)的正反應(yīng)速率增加，逆反應(yīng)速率減小?！即鸢浮紺〖解析〗【詳析】A．從圖上可知，反應(yīng)①中生成物能量高于反應(yīng)物，反應(yīng)①是吸熱反應(yīng)，A錯誤；B．決定總反應(yīng)速率的是慢反應(yīng)，活化能越大反應(yīng)越慢，據(jù)圖可知催化反應(yīng)①的正反應(yīng)活化能更大，反應(yīng)更慢，所以催化反應(yīng)①決定臭氧的分解速率，B錯誤；C．據(jù)圖可知E1為催化反應(yīng)①中反應(yīng)物斷鍵吸收的能量，即催化反應(yīng)①對應(yīng)的正反應(yīng)的活化能，E2+?H為催化反應(yīng)②生成物成鍵時釋放的能量，即催化反應(yīng)②對應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能，則E2+是催化反應(yīng)②對應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能，C正確；D．溫度升高，總反應(yīng)的正逆反應(yīng)速率均增加，D錯誤；故選C。12.氨是一種重要的化工原料，主要用于化肥工業(yè)，也廣湯用于硝酸、純堿、制藥等工業(yè)；實驗室可以用濃氨水和CO制取氦氣。工業(yè)上合成氨反應(yīng)為N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。一定溫度時，向體積為2L的密閉容器中，充入0.1molN2和0.3molH2。10min時，測得容器中NH3的物質(zhì)的量濃度為0.04mol/L。下列說法正確的是（）A.0~10min的反應(yīng)速率v(N2)=0.02mol?L-1?min-1B.10min時，H2的轉(zhuǎn)化率為40%C.10min時，反應(yīng)前后氣體壓強之比為5∶1D.及時將體系中的NH3液化分離出來有利于加快反應(yīng)速率〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．0~10min的反應(yīng)速率，A錯誤；B．10min時，H2的變化量為，轉(zhuǎn)化率為40%，B正確；C．反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小2的反應(yīng)，10min時，氨氣為0.08mol，則反應(yīng)后總的物質(zhì)的量為0.1mol+0.3mol-0.08mol=0.32mol，反應(yīng)前后氣體壓強之比為(0.1mol+0.3mol):0.32mol=5∶4，C錯誤；D．及時將體系中的NH3液化分離出來，物質(zhì)濃度減小，不有利于加快反應(yīng)速率，D錯誤；故選B。13.利用硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、FeO和SiO2等)制備K2FeO4的工藝流程如圖所示下列說法不正確的是（）A.“酸浸”時，充入高壓氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化B.浸渣的主要成分為硅酸，若酸浸時不進行過濾，將會導(dǎo)致K2FeO4產(chǎn)品純度降低C.“氧化”時，74.5g氧化劑參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子2molD.根據(jù)流程可知K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，洗滌K2FeO4固體時可選擇KOH溶液〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Fe2O3與FeO在酸浸條件下轉(zhuǎn)化為Fe3+和Fe2+，二氧化硅不反應(yīng)在濾渣中，F(xiàn)e2+被氧氣氧化為Fe3+，“酸浸”時，充入高壓氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化，加入氫氧化鈉將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵的沉淀，氫氧化鐵沉淀與氫氧化鈉和次氯酸鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Na2FeO4，Na2FeO4加入KOH轉(zhuǎn)化為K2FeO4，據(jù)此回答?！驹斘觥緼．根據(jù)分析可知，“酸浸”時，充入高壓氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化，A正確；B．浸渣的主要成分為二氧化硅，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，B錯誤；C．氧化時將氫氧化鐵氧化為高鐵酸根，離子方程式：，當(dāng)有74.5g氧化劑NaClO（即1mol）參與反應(yīng)，Cl元素化合價從+1價降為-1價，轉(zhuǎn)移2mol電子，C正確；D．Na2FeO4加入KOH轉(zhuǎn)化為K2FeO4，通過過濾得到K2FeO4固體，用KOH洗滌K2FeO4固體可以減少溶解損失，D正確；〖答案〗選B。第II卷非選擇題(共61分)14.用Cl2生產(chǎn)某些含氯有機物時會產(chǎn)生副產(chǎn)物HCl。利用反應(yīng)A：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-115.6kJ/mol，可實現(xiàn)氯的循環(huán)利用。（1）HCl的電子式是_______。（2）已知：斷開1molH-O鍵與斷開1molH-Cl鍵所需能量相差為_______kJ。（3）4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)在不同條件下的化學(xué)反應(yīng)速率如下，請比較上述4種情況下反應(yīng)速率的大小_______。(由大到小的順序)A.v(HCl)=1.0mol·L-1·min-1 B.v(O2)=0.1mol·L-1·s-1C.v(Cl2)=1.8mol·L-1·min-1 D.v(H2O)=0.6mol·L-1·min-1（4）Cl2可用氯堿工業(yè)(電解精制飽和食鹽水)的方法制得。為提高原料的利用率，節(jié)能降耗。設(shè)計如圖所示工藝流程，其中氯堿工業(yè)裝置中的電極未標(biāo)出。①為除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到純凈的NaCl，可將粗鹽溶于水，正確的操作步驟的順序是_______(填序號)。a.過濾；b.加過量NaOH溶液；c.加適量鹽酸；d.加過量Na2CO3溶液；e.加過量BaCl2溶液A．a(chǎn)dabecB．a(chǎn)bedacC．a(chǎn)bdecD．dbe②電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式為_______。③下列生產(chǎn)措施有利于提高氯堿工業(yè)中的Cl2產(chǎn)量、降低陽極O2含量的是_______。A．定期檢查并更換陽離子交換膜B．向陽極區(qū)加入適量鹽酸C．使用精制飽和食鹽水提高c(Cl-)④流程中NaOH溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)a%、b%、c%，由大到小的順序為_______?！即鸢浮剑?）（2）31.9（3）BCDA（4）①.B②.2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑③.ABC④.c%>a%>b%〖解析〗氯化氫是共價化合物依據(jù)電子式書寫方法寫出電子式；依據(jù)反應(yīng)A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的熱量，焓變＝反應(yīng)物斷鍵吸收熱量﹣生成物形成化學(xué)鍵放出熱量計算；（1）氯化氫是共價化合物，氯原子和氫原子形成共價鍵，電子式為：，故〖答案〗為：；（2）焓變＝反應(yīng)物斷鍵吸收熱量﹣生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)△H＝﹣115.6KJ/mol，4×E(H-Cl)+498﹣[243×2+4×E(H-O)]＝﹣115.6，得到4×E(H-O)﹣4×E(H-Cl)＝498﹣486+115.6＝127.6E(H-O)﹣E(H-Cl)＝31.9kJ，故〖答案〗為：31.9；（3）A．v(HCl)=1.0mol·L-1·min-1B．v(O2)=0.1mol·L-1·s-1則v(HCl)=24.0mol·L-1·min-1C．v(Cl2)=1.8mol·L-1·min-1則v(HCl)=3.6mol·L-1·min-1D．v(H2O)=0.6mol·L-1·min-1則v(HCl)=1.2mol·L-1·min-1因此，反應(yīng)速率的大小為BCDA，故〖答案〗為：BCDA；（4）由圖可知，左側(cè)電解池發(fā)生的電極反應(yīng)為：，在陽極，氯離子失去電子被氧化生成氯氣，在陰極，水分子電離產(chǎn)生的氫離子得到電子被還原成氫氣。同時，由于氫離子的消耗促進了水的電離，產(chǎn)生了更多的氫氧根離子，這些氫氧根離子與鈉離子結(jié)合生成氫氧化鈉。右側(cè)的燃料電池發(fā)生的電極反應(yīng)為：，其正極電極反應(yīng)為：，負(fù)極電極反應(yīng)為：；①為除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到純凈的NaCl，可將粗鹽溶于水，隨后過濾處于泥沙，加過量NaOH溶液，加過量BaCl2溶液，再加過量Na2CO3溶液，過濾可除去沉淀，加適量鹽酸，得到較為純凈的NaCl，故〖答案〗選B；②電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式為，故〖答案〗為：；③定期檢查并更換陽離子交換膜、向陽極區(qū)加入適量鹽酸和使用精制飽和食鹽水提高c(Cl-)可有利于提高氯堿工業(yè)中的Cl2產(chǎn)量、降低陽極O2含量，故〖答案〗選ABC；④由于燃料電池中有陽離子交換膜，只可陽離子通過，使得氫氧根離子與鈉離子在右側(cè)結(jié)合為氫氧化鈉，使氫氧化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大，而在電解池中在右側(cè)會生產(chǎn)氫氧化鈉使流出的氫氧化鈉溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于流入的氫氧化鈉溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故〖答案〗為：c%>a%>b%。15.含SO2廢氣的治理可以變廢為寶，使硫資源得以利用。（1）將SO2通入以下溶液，均會發(fā)生顏色變化，其中體現(xiàn)SO2還原性的是_______(填字母)。A.使品紅溶液褪色 B.使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色C使溴水褪色 D.使氫硫酸溶液中出現(xiàn)淡黃色渾濁（2）“以廢治廢”是基于“綠色化學(xué)”觀念治理污染的思路。用工業(yè)廢堿渣(主要成分為Na2CO3)吸收煙氣中的SO2，得到亞硫酸鈉(Na2SO3)粗品。其流程如圖所示：①流程中含SO2的煙氣被Na2CO3溶液吸收時，會釋放出一種無色無味氣體，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_______。②為證明亞硫酸鈉粗品含有少量Na2SO4，設(shè)計如下方案：在一支試管中加入少量亞硫酸鈉粗品，用適量蒸餾水溶解，_______。（3）目前NaClO溶液廣泛應(yīng)用于脫硫脫硝。①某課外小組同學(xué)設(shè)計了如圖噴淋吸收塔裝置(如圖)，其中，脫硝(NO)反應(yīng)的離子方程式為_______。②如圖為NaClO濃度對脫硫脫硝效率(η/%)的影響。當(dāng)溫度為50°C，溶液的pH=10(溶液顯堿性)，c(SO2)=c(NO)=300mg·m-3時，SO2的脫除效率一直維持在98%以上，而NO脫除效率相對較低，其原因是_______。（4）工業(yè)上通常采用電解法實現(xiàn)煙氣中硫的回收。按圖所示裝置，利用惰性電極電解含SO2的煙氣回收S及H2SO4。每處理含38.4gSO2的煙氣，理論上回收S的物質(zhì)的量為_______?！即鸢浮剑?）C（2）①.2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2②.滴加過量鹽酸酸化至無氣體產(chǎn)生，再加入氯化鋇溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則證明含有Na2SO4（3）①.3ClO-+2NO+H2O=2+3Cl-+2H+②.SO2易溶于水，可與NaClO充分接觸；NO難溶于水，僅溶解的NO能與NaClO接觸反應(yīng)，導(dǎo)致SO2的脫除效率很高，NO脫除效率較低（4）0.2mol〖解析〗（2）將工業(yè)廢堿渣進行溶解過濾，分離出濾渣和碳酸鈉溶液，碳酸鈉溶液可用于吸收二氧化硫氣體形成亞硫酸氫鈉溶液，經(jīng)處理后得亞硫酸鈉粗品；（4）利用惰性電極電解含SO2的煙氣回收S及H2SO4，陽極電極反應(yīng)：，陰極電極反應(yīng)：。（1）A．二氧化硫使品紅褪色體現(xiàn)其漂白性，A錯誤；B．二氧化硫使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色，體現(xiàn)其酸性氧化物性質(zhì)，B錯誤；C．溴水具有氧化性，二氧化硫使溴水褪色，體現(xiàn)其還原性，C正確；D．二氧化硫與硫化氫發(fā)生歸中反應(yīng)，生成硫單質(zhì)，體現(xiàn)其氧化性，D錯誤；（2）①流程中含SO2的煙氣被Na2CO3溶液吸收時，會釋放出一種無色無味氣體，該氣體為二氧化碳，化學(xué)方程式：；②為證明亞硫酸鈉粗品含有少量Na2SO4，設(shè)計如下方案：在一支試管中加入少量亞硫酸鈉粗品，用適量蒸餾水溶解，滴加過量鹽酸酸化至無氣體產(chǎn)生，再加入氯化鋇溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則證明含有Na2SO4；（3）①根據(jù)裝置，結(jié)合得失電子守恒及電荷守恒，脫硝(NO)反應(yīng)的離子方程式：；②SO2的脫除效率一直維持在98%以上，而NO脫除效率相對較低，其原因是：SO2易溶于水，可與NaClO充分接觸；NO難溶于水，僅溶解的NO能與NaClO接觸反應(yīng)，導(dǎo)致SO2的脫除效率很高，NO脫除效率較低；（4）38.4gSO2物質(zhì)的量為0.6mol，根據(jù)得失電子守恒，結(jié)合電極反應(yīng)可判斷，陽極處理0.4mol二氧化硫，陰極處理0.2mol二氧化硫，根據(jù)陰極電極反應(yīng)：，回收S物質(zhì)的量為0.2mol。16.碳酸亞鐵(FeCO3)可以用于制備多種食品添加劑。已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2。某興趣小組設(shè)計如下方案制備FeCO3，實驗裝置如圖所示：（1）儀器A的名稱是_______。（2）利用如圖所示裝置進行實驗，進行以下兩步操作：第一步：打開活塞1、3，關(guān)閉活塞2，反應(yīng)一段時間；第二步：關(guān)閉活塞3，打開活塞2，發(fā)現(xiàn)C中有白色沉淀和氣體生成。①第一步驟的目的是_______。②C中反應(yīng)生成白色沉淀的離子方程式是_______。③裝置D中可盛裝適量的水，該裝置作用是_______。（3）某FeCO3固體被部分氧化，為測定其中Fe3+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，現(xiàn)進行如下實驗：稱取5.600g固體樣品，加足量鹽酸溶解，將溶液稀釋至100mL，量取25.00mL該溶液，加入過量KI溶液充分反應(yīng)，然后加入幾滴淀粉溶液，用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定，當(dāng)?shù)味ㄖ两K點時消耗Na2S2O3溶液20.00mL。已知實驗過程中發(fā)生反應(yīng)如下：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2=+2I-。計算FeCO3固體樣品中Fe3+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，寫出計算過程_______。（4）FeSO4與(NH4)2SO4反應(yīng)可制得摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2.6H2O]。摩爾鹽易溶于水，不溶于乙醇，性質(zhì)比一般亞鐵鹽穩(wěn)定，接近l00℃時易失去結(jié)晶水。相關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線如圖所示。請補充完整由久置于空氣中的FeSO4·7H2O樣品合成摩爾鹽的。實驗步驟：將樣品溶于適量的硫酸溶液中，加熱使其溶解，然后向其中加入_______。[可選試劑：蒸餾水、飽和硫酸銨溶液、銅粉、鐵粉、無水乙醇]〖答案〗（1）分液漏斗（2）①.蒸餾燒瓶產(chǎn)生氫氣將裝置內(nèi)空氣排盡，防止二價鐵被氧化②.Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O③.形成液封，防止C中產(chǎn)品接觸空氣被氧化變質(zhì)（3）8.0%（4）足量鐵粉，趁熱過濾，向濾液中加入計算量的飽和硫酸銨溶液，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，用無水乙醇洗滌、低于100℃烘干〖解析〗B中稀硫酸與鐵粉反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，打開活塞1和3，關(guān)閉活塞2，生成的氫氣將裝置內(nèi)原有的空氣全部排出，隨后關(guān)閉活塞3，打開活塞2，生成的氫氣將硫酸亞鐵溶液壓入C中，C中亞鐵離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸亞鐵、二氧化碳和水，D形成液封，防止外界空氣進入。（1）儀器A的名稱為分液漏斗。（2）①步驟一的目的是通過蒸餾燒瓶中產(chǎn)生的氫氣將裝置內(nèi)的空氣排盡，防止二價鐵被氧化。②C中亞鐵離子和碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸亞鐵、二氧化碳和水，離子方程式為Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O。③裝置D中盛放適量水，作用為形成液封，防止C中產(chǎn)品接觸空氣被氧化變質(zhì)。（3）消耗硫代硫酸鈉物質(zhì)的量為0.1mol/L×0.02L=0.002mol，則消耗的碘單質(zhì)物質(zhì)的量為0.001mol，生成0.001mol碘單質(zhì)消耗Fe3+0.002mol，則100mL溶液中含有鐵離子0.008mol，F(xiàn)e3+質(zhì)量為0.448g，F(xiàn)eCO3固體樣品中Fe3+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.448g÷5.6g=8%。（4）久置的硫酸亞鐵中，部分亞鐵離子被氧化為鐵離子，因此需要先將鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，隨后從圖中可知，摩爾鹽溶解度較小，可用蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶的方法從硫酸亞鐵和飽和硫酸銨混合溶液中制取，具體實驗方案為將樣品溶于適量的硫酸溶液中，加熱使其溶解，然后向其中加入足量鐵粉，趁熱過濾，向濾液中加入計算量的飽和硫酸銨溶液，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，用無水乙醇洗滌、低于100℃烘干。17.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空氣污染物，為保護環(huán)境，含有氮化合物的尾氣需處理后才能排放?；卮鹣铝袉栴}：（1）用NH3催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)ΔH=-akJ/mol②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=-bkJ/mol4NH3(g)＋6NO(g)=5N2(g)＋6H2O(l)ΔH=_______。（2）NO的吸收。在某釩催化劑中添加一定量Cu2O可加快NO的脫除效率，其可能機理如圖所示(*表示物種吸附在催化劑表面，部分物種未畫出)。①X、Y處V元素化合價為+4或+5價。X處V元素化合價為_______。②NO轉(zhuǎn)化為N2的機理可描述為O2與催化劑表面的Cu+反應(yīng)生成*O-和Cu2+，_______。（3）NO和NO2的處理。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH濃溶液吸收，主要離子反應(yīng)為：i．2OH-＋NO＋NO2=2＋H2Oii．2OH-＋2NO2=＋＋H2O①若已除去N2O的硝酸尾氣中V(NO)∶V(NO2)=3∶2的混合氣體，通過足量NaOH溶液后，溶液中含有N元素的溶質(zhì)為_______。②下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有_______(填字母)。A．加快通入尾氣的速率B．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣C．吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH濃溶液D．用Ca(OH)2飽和溶液代替NaOH濃溶液（4）將模擬煙氣(一定比例NOx、NH3、O2和N2)以一定流速通過裝有Fe/Zr催化劑的反應(yīng)管，測得NOx轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線如圖所示。溫度低于300℃時，NOx轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，其可能原因是_______。（5）在酸性的條件下，利用電化學(xué)原理消除中的NOx、SO2，變廢為寶。寫出NOx轉(zhuǎn)化的電極反應(yīng)方程式_______?！即鸢浮剑?）(3b-a)kJ·mol-1（2）①.+5②.部分NO與*O-、Cu2+反應(yīng)生成NO2和Cu+；*NH3與釩催化劑反應(yīng)生成*NH2，+5價V變?yōu)?4價V；NO或NO2與*NH2反應(yīng)生成N2和H2O（3）①.NaNO2②.BC（4）低于200℃的范圍內(nèi)，催化劑的活性很低，主要是溫度升高加快了化學(xué)反應(yīng)速率；200℃~300℃范圍內(nèi)，隨著溫度升高催化劑的活性增強共同使化學(xué)反應(yīng)速率加快（5）NOx-(5-2x)e-+(3-x)H2O=+(6-2x)H＋〖解析〗（1）由①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)ΔH=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=-bkJ/mol，由蓋斯定律：②×3-①得：4NH3(g)＋6NO(g)=5N2(g)＋6H2O(l)ΔH=(3b-a)kJ·mol-1。故〖答案〗為：(3b-a)kJ·mol-1；（2）①X、Y處V元素化合價為+4或+5價。由圖可知，Cu2+→Cu+，銅元素化合價降低，則Y→X，元素化合價升高，所以X處V元素化合價為+5。故〖答案〗為：+5；②NO轉(zhuǎn)化為N2的機理可描述為O2與催化劑表面的Cu+反應(yīng)生成*O-和Cu2+，部分NO與*O-、Cu2+反應(yīng)生成NO2和Cu+；*NH3與釩催化劑反應(yīng)生成*NH2，+5價V變?yōu)?4價V；NO或NO2與*NH2反應(yīng)生成N2和H2O。故〖答案〗為：部分NO與*O-、Cu2+反應(yīng)生成NO2和Cu+；*NH3與釩催化劑反應(yīng)生成*NH2，+5價V變?yōu)?4價V；NO或NO2與*NH2反應(yīng)生成N2和H2O；（3）①由反應(yīng)可知，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；若已除去N2O的硝酸尾氣中V(NO)∶V(NO2)=3∶2的混合氣體，通過足量NaOH溶液后，溶液中含有N元素的溶質(zhì)為NaNO2。故〖答案〗為：NaNO2；②A．加快通入尾氣的速率，氣體不能吸收完全，不能提高尾氣中NO和NO2去除率，故A錯誤；B．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，增大反應(yīng)物接觸面積，增大尾氣中NO和NO2去除率，故B正確；C．吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH濃溶液，可以提高尾氣中NO和NO2去除率，故C正確；D．微溶于水，溶液濃度小，不能用Ca(OH)2飽和溶液代替NaOH濃溶液，故D錯誤；故〖答案〗為：BC；（4）溫度低于300℃時，NOx轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，其可能原因是低于200℃的范圍內(nèi)，催化劑的活性很低，主要是溫度升高加快了化學(xué)反應(yīng)速率；200℃~300℃范圍內(nèi)，隨著溫度升高催化劑的活性增強共同使化學(xué)反應(yīng)速率加快。故〖答案〗為：低于200℃的范圍內(nèi)，催化劑的活性很低，主要是溫度升高加快了化學(xué)反應(yīng)速率；200℃~300℃范圍內(nèi)，隨著溫度升高催化劑的活性增強共同使化學(xué)反應(yīng)速率加快；（5）在酸性的條件下，利用電化學(xué)原理消除中的NOx、SO2，變廢為寶。NOx與電源正極相連作陽極，在反應(yīng)中失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，NOx轉(zhuǎn)化的電極反應(yīng)方程式NOx-(5-2x)e-+(3-x)H2O=+(6-2x)H＋。故〖答案〗為：NOx-(5-2x)e-+(3-x)H2O=+(6-2x)H＋。江蘇省南京市六校聯(lián)合體2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期5月期中考試試題考試時間：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39Fe-56第I卷選擇題(共39分)單項選擇題：每小題3分，共計39分。每小題只有一個選項符合題意。1.化學(xué)與生活、科技、社會發(fā)展息息相關(guān)，下列說法不正確的是（）A.二氧化硅可用作航天器的太陽能電池板B.將礦物燃料脫硫脫硝可有效防止酸雨C.通訊材料碳納米管與石墨烯互為同素異形體D.“綠氫”火炬儲氫瓶中的儲氫合金是新型合金材料〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．單質(zhì)硅可用作航天器的太陽能電池板，故A選項錯誤；B．SO2排放會形成酸雨，將礦物燃料脫硫脫硝可有效防止酸雨，故B選項正確；C．碳納米管與石墨烯為碳元素形成的不同單質(zhì)，所以互為同素異形體，故C選項正確；D．儲氫合金是新型合金材料，故D選項正確；故〖答案〗選A。2.少量Na2O2與H2O反應(yīng)生成H2O2和NaOH。下列說法不正確的是（）A.Na2O2的電子式為B.中子數(shù)為10氧原子可表示為C.H2O2分子中只含有極性共價鍵D.NaOH中含離子鍵和極性共價鍵〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．Na2O2既含有離子鍵又含有非極性共價鍵，Na2O2的電子式為，故A正確；B．核素的表示方法為：元素符號左下角為質(zhì)子數(shù)，左上角為質(zhì)量數(shù)；中子數(shù)為10的氧原子可表示為，故B正確；C．H2O2分子中含有O-H極性共價鍵，O-O非極性共價鍵，故C錯誤；D．NaOH中含鈉離子與氫氧根離子間的離子鍵和O-H極性共價鍵，故D正確；故選C。3.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途不具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A.FeCl3具有氧化性，可用作凈水劑B.NH4Cl溶液呈酸性，可用于除鐵銹劑C.小蘇打可以與酸反應(yīng)，可用作抗酸藥D.SO2具有還原性，可用作葡萄酒抗氧化劑〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．FeCl3中三價鐵離子可以水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附能力，可用作凈水劑，A選項錯誤；B．NH4Cl溶液中銨根離子水解使溶液呈酸性，可以與鐵銹反應(yīng)，B選項正確；C．SO2具有還原性，可用作葡萄酒抗氧化劑，C選項正確；D．小蘇打中碳酸氫根可與酸反應(yīng)，可用作抗酸藥，D選項正確；故〖答案〗選A。4.在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（）A.SiO2H2SiO3 B.NaCl(aq)NaHCO3C.Fe(s)Fe2O3(s) D.NH3(g)NO2(g)〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．SiO2不能與水反應(yīng)生成H2SiO3，A錯誤；B．在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再通入二氧化碳，在溶液中析出溶解度最小的NaHCO3，B正確；C．鐵與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵，C錯誤；D．氨氣和氧氣發(fā)生催化氧化可得一氧化氮，D錯誤；故選B。5.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是（）A.NO2與水反應(yīng)：NO2＋H2O=2HNO3B.鉛蓄電池放電時的正極反應(yīng)：Pb-2e-＋=PbSO4C.甲烷的燃燒：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=890.3kJ·mol-1D.SO2通入少量NaClO溶液中：SO2＋ClO-＋H2O=＋Cl-＋2H＋〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．NO2與水反應(yīng)生成HNO3和NO，化學(xué)方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，A錯誤；B．鉛蓄電池放電時PbO2在正極得到電子生成PbSO4，電極方程式為：，B錯誤；C．甲烷的燃燒熱是1mol甲烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出的能量，正確的熱化學(xué)方程式為：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=－890.3kJ·mol-1，C錯誤；D．SO2通入少量NaClO溶液中生成和Cl-，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：SO2＋ClO-＋H2O=＋Cl-＋2H＋，D正確；故選D6.四種短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的三倍；X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的；Y是地殼中含量最多的金屬元素；Z的原子序數(shù)是W的兩倍。下列敘述中，不正確的是（）A.離子半徑：W>XB.常見簡單的氣態(tài)氫化物沸點：W>ZC.工業(yè)上用電解熔融Y的氯化物的方法冶煉金屬YD.Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物為強酸〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由題可知，W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的三倍，則W為O元素，X元素在短周期中原子半徑最大，則X為Na元素，Y是地殼中含量最多的金屬元素，則Y為Al元素，Z的原子序數(shù)是W的兩倍，則Z為S元素，據(jù)此分析解答。【詳析】A．O2-、Na+，核電荷數(shù)越小半徑越大，所以離子半徑Na+<O2-，即W>X，故A選項正確；B．H2O分子間有氫鍵，故沸點比H2S高，常見簡單的氣態(tài)氫化物沸點W>Z，故B選項正確；C．Al的氯化物AlCl3為共價化合物，熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電，無法電解，一般電解熔融狀態(tài)下的Al2O3制取鋁單質(zhì)，故C選項錯誤；D．Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物為H2SO4，為二元強酸，故D選項正確；故〖答案〗為C。7.下列裝置和原理能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢．制取Cl2B．測定中和熱C．測定化學(xué)反應(yīng)速率D．該條件下鐵發(fā)生了析氫腐蝕〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．濃鹽酸與MnO2在加熱條件下反應(yīng)生成氯氣，圖中缺少加熱裝置，A錯誤；B．圖示裝置中，做了很好的隔熱措施，有效減少了熱量的散失，能用于測定中和熱，B正確；C．該裝置中，生成的O2會從長頸漏斗中逸出，應(yīng)該選擇分液漏斗，C錯誤；D．該條件下，鐵粉發(fā)生的是吸氧腐蝕而不是析氫腐蝕，D錯誤；故〖答案〗選B。8.氯及其化合物種類繁多，部分含氯物質(zhì)的價類二維關(guān)系如圖所示。下列推斷錯誤的是（）A.A可與E反應(yīng)生成B B.B、C均可作為自來水消毒劑C.C中氯元素既能被氧化，又能被還原 D.D、E、F都屬于強電解質(zhì)〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)價類二維圖可知：A為HCl、B為Cl2、C為ClO2、D為HClO、E為HClO3、F為HClO4?！驹斘觥緼．根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，鹽酸和氯酸可反應(yīng)生成氯氣，故A正確；B．根氯氣、二氧化氯均有強氧化性，都可作為自來水的消毒劑，故B正確；C．二氧化氯中氯為價，處于中間價態(tài)，可以被氧化也可以被還原，故C正確；D．次氯酸為弱酸，屬于弱電解質(zhì)，故D錯誤；故選D。9.通過電解廢舊鋰電池中的LiMn2O4可獲得難溶性的Li2CO3和MnO2，電解示意圖如下(其中濾布的作用是阻擋固體顆粒，但離子可自由通過。電解過程中溶液的體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是（）A.電極A的電極反應(yīng)式：LiMn2O4＋3e-＋8H+=Li+＋2Mn2+＋4H2OB.電極B附近溶液氫離子濃度增大C.電解一段時間后溶液中Mn2+濃度保持不變D.該裝置將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由圖可知，該裝置為電解池，電極A為與直流電源負(fù)極相連的陰極，酸性條件下，LiMn2O4在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成錳離子，電極反應(yīng)式為LiMn2O4+3e?+8H+=Li++2Mn2++4H2O，電極B為陽極，水分子作用下，錳離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化錳和氫離子，電極反應(yīng)式為2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，則電解的總反應(yīng)方程式為2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2?！驹斘觥緼．由分析可知，電極A的電極反應(yīng)式為：LiMn2O4+3e?+8H+=Li++2Mn2++4H2O，A正確；B．由分析可知，電極B的電極反應(yīng)式為：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，附近溶液氫離子濃度增大，B正確；C．由分析可知，電解的總反應(yīng)方程式為2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2，反應(yīng)生成了錳離子，溶液中錳離子濃度增大，C錯誤；D．該裝置為電解池，將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，D正確；故選C。10.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A將Al(OH)3固體粉末加入過量NaOH溶液中，充分?jǐn)嚢?，溶解得到無色溶液既體現(xiàn)堿性又體現(xiàn)酸性B向盛有銅片的試管中加入少量硝酸，一段時間后觀察到試管口有紅色氣體逸出實驗所用為濃硝酸C向盛有某溶液的試管中滴加稀氫氧化鈉溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，試紙未變藍(lán)該溶液中不存在NHD向a、b兩試管中同時加入4mL0.01mol·L-1KMnO4溶液和2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液，再向a試管內(nèi)加入少量MnSO4，a試管中溶液褪色較快MnSO4是KMnO4和H2C2O4反應(yīng)的催化劑〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．將Al(OH)3固體粉末加入過量NaOH溶液中，充分?jǐn)嚢?，溶解得到無色溶液，說明Al(OH)3能夠和NaOH溶液反應(yīng)，體現(xiàn)了其酸性，沒有體現(xiàn)其堿性，A錯誤；B．向盛有銅片的試管中加入少量硝酸，一段時間后觀察到試管口有紅色氣體逸出，該紅色氣體為NO2，實驗所用的硝酸也可以是稀硝酸，產(chǎn)生的NO被空氣中的O2氧化為NO2，B錯誤；C．若溶液中含有，向盛有某溶液的試管中滴加稀氫氧化鈉溶液，加熱后才能生成NH3，C錯誤；D．向a、b兩試管中同時加入4mL0.01mol·L-1KMnO4溶液和2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液，再向a試管內(nèi)加入少量MnSO4，a試管中溶液褪色較快，催化劑可以加快反應(yīng)速率，說明MnSO4是KMnO4和H2C2O4反應(yīng)的催化劑，D正確；故選D。11.臭氧分解過程如圖所示，下列說法正確的是（）A.催化反應(yīng)①②均為放熱反應(yīng)B.決定O3分解反應(yīng)速率的是催化反應(yīng)②C.E2+是催化反應(yīng)②對應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能D.溫度升高，總反應(yīng)的正反應(yīng)速率增加，逆反應(yīng)速率減小?！即鸢浮紺〖解析〗【詳析】A．從圖上可知，反應(yīng)①中生成物能量高于反應(yīng)物，反應(yīng)①是吸熱反應(yīng)，A錯誤；B．決定總反應(yīng)速率的是慢反應(yīng)，活化能越大反應(yīng)越慢，據(jù)圖可知催化反應(yīng)①的正反應(yīng)活化能更大，反應(yīng)更慢，所以催化反應(yīng)①決定臭氧的分解速率，B錯誤；C．據(jù)圖可知E1為催化反應(yīng)①中反應(yīng)物斷鍵吸收的能量，即催化反應(yīng)①對應(yīng)的正反應(yīng)的活化能，E2+?H為催化反應(yīng)②生成物成鍵時釋放的能量，即催化反應(yīng)②對應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能，則E2+是催化反應(yīng)②對應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能，C正確；D．溫度升高，總反應(yīng)的正逆反應(yīng)速率均增加，D錯誤；故選C。12.氨是一種重要的化工原料，主要用于化肥工業(yè)，也廣湯用于硝酸、純堿、制藥等工業(yè)；實驗室可以用濃氨水和CO制取氦氣。工業(yè)上合成氨反應(yīng)為N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。一定溫度時，向體積為2L的密閉容器中，充入0.1molN2和0.3molH2。10min時，測得容器中NH3的物質(zhì)的量濃度為0.04mol/L。下列說法正確的是（）A.0~10min的反應(yīng)速率v(N2)=0.02mol?L-1?min-1B.10min時，H2的轉(zhuǎn)化率為40%C.10min時，反應(yīng)前后氣體壓強之比為5∶1D.及時將體系中的NH3液化分離出來有利于加快反應(yīng)速率〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．0~10min的反應(yīng)速率，A錯誤；B．10min時，H2的變化量為，轉(zhuǎn)化率為40%，B正確；C．反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小2的反應(yīng)，10min時，氨氣為0.08mol，則反應(yīng)后總的物質(zhì)的量為0.1mol+0.3mol-0.08mol=0.32mol，反應(yīng)前后氣體壓強之比為(0.1mol+0.3mol):0.32mol=5∶4，C錯誤；D．及時將體系中的NH3液化分離出來，物質(zhì)濃度減小，不有利于加快反應(yīng)速率，D錯誤；故選B。13.利用硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、FeO和SiO2等)制備K2FeO4的工藝流程如圖所示下列說法不正確的是（）A.“酸浸”時，充入高壓氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化B.浸渣的主要成分為硅酸，若酸浸時不進行過濾，將會導(dǎo)致K2FeO4產(chǎn)品純度降低C.“氧化”時，74.5g氧化劑參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子2molD.根據(jù)流程可知K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，洗滌K2FeO4固體時可選擇KOH溶液〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Fe2O3與FeO在酸浸條件下轉(zhuǎn)化為Fe3+和Fe2+，二氧化硅不反應(yīng)在濾渣中，F(xiàn)e2+被氧氣氧化為Fe3+，“酸浸”時，充入高壓氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化，加入氫氧化鈉將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵的沉淀，氫氧化鐵沉淀與氫氧化鈉和次氯酸鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Na2FeO4，Na2FeO4加入KOH轉(zhuǎn)化為K2FeO4，據(jù)此回答?！驹斘觥緼．根據(jù)分析可知，“酸浸”時，充入高壓氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化，A正確；B．浸渣的主要成分為二氧化硅，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，B錯誤；C．氧化時將氫氧化鐵氧化為高鐵酸根，離子方程式：，當(dāng)有74.5g氧化劑NaClO（即1mol）參與反應(yīng)，Cl元素化合價從+1價降為-1價，轉(zhuǎn)移2mol電子，C正確；D．Na2FeO4加入KOH轉(zhuǎn)化為K2FeO4，通過過濾得到K2FeO4固體，用KOH洗滌K2FeO4固體可以減少溶解損失，D正確；〖答案〗選B。第II卷非選擇題(共61分)14.用Cl2生產(chǎn)某些含氯有機物時會產(chǎn)生副產(chǎn)物HCl。利用反應(yīng)A：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-115.6kJ/mol，可實現(xiàn)氯的循環(huán)利用。（1）HCl的電子式是_______。（2）已知：斷開1molH-O鍵與斷開1molH-Cl鍵所需能量相差為_______kJ。（3）4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)在不同條件下的化學(xué)反應(yīng)速率如下，請比較上述4種情況下反應(yīng)速率的大小_______。(由大到小的順序)A.v(HCl)=1.0mol·L-1·min-1 B.v(O2)=0.1mol·L-1·s-1C.v(Cl2)=1.8mol·L-1·min-1 D.v(H2O)=0.6mol·L-1·min-1（4）Cl2可用氯堿工業(yè)(電解精制飽和食鹽水)的方法制得。為提高原料的利用率，節(jié)能降耗。設(shè)計如圖所示工藝流程，其中氯堿工業(yè)裝置中的電極未標(biāo)出。①為除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到純凈的NaCl，可將粗鹽溶于水，正確的操作步驟的順序是_______(填序號)。a.過濾；b.加過量NaOH溶液；c.加適量鹽酸；d.加過量Na2CO3溶液；e.加過量BaCl2溶液A．a(chǎn)dabecB．a(chǎn)bedacC．a(chǎn)bdecD．dbe②電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式為_______。③下列生產(chǎn)措施有利于提高氯堿工業(yè)中的Cl2產(chǎn)量、降低陽極O2含量的是_______。A．定期檢查并更換陽離子交換膜B．向陽極區(qū)加入適量鹽酸C．使用精制飽和食鹽水提高c(Cl-)④流程中NaOH溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)a%、b%、c%，由大到小的順序為_______?！即鸢浮剑?）（2）31.9（3）BCDA（4）①.B②.2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑③.ABC④.c%>a%>b%〖解析〗氯化氫是共價化合物依據(jù)電子式書寫方法寫出電子式；依據(jù)反應(yīng)A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的熱量，焓變＝反應(yīng)物斷鍵吸收熱量﹣生成物形成化學(xué)鍵放出熱量計算；（1）氯化氫是共價化合物，氯原子和氫原子形成共價鍵，電子式為：，故〖答案〗為：；（2）焓變＝反應(yīng)物斷鍵吸收熱量﹣生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)△H＝﹣115.6KJ/mol，4×E(H-Cl)+498﹣[243×2+4×E(H-O)]＝﹣115.6，得到4×E(H-O)﹣4×E(H-Cl)＝498﹣486+115.6＝127.6E(H-O)﹣E(H-Cl)＝31.9kJ，故〖答案〗為：31.9；（3）A．v(HCl)=1.0mol·L-1·min-1B．v(O2)=0.1mol·L-1·s-1則v(HCl)=24.0mol·L-1·min-1C．v(Cl2)=1.8mol·L-1·min-1則v(HCl)=3.6mol·L-1·min-1D．v(H2O)=0.6mol·L-1·min-1則v(HCl)=1.2mol·L-1·min-1因此，反應(yīng)速率的大小為BCDA，故〖答案〗為：BCDA；（4）由圖可知，左側(cè)電解池發(fā)生的電極反應(yīng)為：，在陽極，氯離子失去電子被氧化生成氯氣，在陰極，水分子電離產(chǎn)生的氫離子得到電子被還原成氫氣。同時，由于氫離子的消耗促進了水的電離，產(chǎn)生了更多的氫氧根離子，這些氫氧根離子與鈉離子結(jié)合生成氫氧化鈉。右側(cè)的燃料電池發(fā)生的電極反應(yīng)為：，其正極電極反應(yīng)為：，負(fù)極電極反應(yīng)為：；①為除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到純凈的NaCl，可將粗鹽溶于水，隨后過濾處于泥沙，加過量NaOH溶液，加過量BaCl2溶液，再加過量Na2CO3溶液，過濾可除去沉淀，加適量鹽酸，得到較為純凈的NaCl，故〖答案〗選B；②電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式為，故〖答案〗為：；③定期檢查并更換陽離子交換膜、向陽極區(qū)加入適量鹽酸和使用精制飽和食鹽水提高c(Cl-)可有利于提高氯堿工業(yè)中的Cl2產(chǎn)量、降低陽極O2含量，故〖答案〗選ABC；④由于燃料電池中有陽離子交換膜，只可陽離子通過，使得氫氧根離子與鈉離子在右側(cè)結(jié)合為氫氧化鈉，使氫氧化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大，而在電解池中在右側(cè)會生產(chǎn)氫氧化鈉使流出的氫氧化鈉溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于流入的氫氧化鈉溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故〖答案〗為：c%>a%>b%。15.含SO2廢氣的治理可以變廢為寶，使硫資源得以利用。（1）將SO2通入以下溶液，均會發(fā)生顏色變化，其中體現(xiàn)SO2還原性的是_______(填字母)。A.使品紅溶液褪色 B.使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色C使溴水褪色 D.使氫硫酸溶液中出現(xiàn)淡黃色渾濁（2）“以廢治廢”是基于“綠色化學(xué)”觀念治理污染的思路。用工業(yè)廢堿渣(主要成分為Na2CO3)吸收煙氣中的SO2，得到亞硫酸鈉(Na2SO3)粗品。其流程如圖所示：①流程中含SO2的煙氣被Na2CO3溶液吸收時，會釋放出一種無色無味氣體，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_______。②為證明亞硫酸鈉粗品含有少量Na2SO4，設(shè)計如下方案：在一支試管中加入少量亞硫酸鈉粗品，用適量蒸餾水溶解，_______。（3）目前NaClO溶液廣泛應(yīng)用于脫硫脫硝。①某課外小組同學(xué)設(shè)計了如圖噴淋吸收塔裝置(如圖)，其中，脫硝(NO)反應(yīng)的離子方程式為_______。②如圖為NaClO濃度對脫硫脫硝效率(η/%)的影響。當(dāng)溫度為50°C，溶液的pH=10(溶液顯堿性)，c(SO2)=c(NO)=300mg·m-3時，SO2的脫除效率一直維持在98%以上，而NO脫除效率相對較低，其原因是_______。（4）工業(yè)上通常采用電解法實現(xiàn)煙氣中硫的回收。按圖所示裝置，利用惰性電極電解含SO2的煙氣回收S及H2SO4。每處理含38.4gSO2的煙氣，理論上回收S的物質(zhì)的量為_______?！即鸢浮剑?）C（2）①.2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2②.滴加過量鹽酸酸化至無氣體產(chǎn)生，再加入氯化鋇溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則證明含有Na2SO4（3）①.3ClO-+2NO+H2O=2+3Cl-+2H+②.SO2易溶于水，可與NaClO充分接觸；NO難溶于水，僅溶解的NO能與NaClO接觸反應(yīng)，導(dǎo)致SO2的脫除效率很高，NO脫除效率較低（4）0.2mol〖解析〗（2）將工業(yè)廢堿渣進行溶解過濾，分離出濾渣和碳酸鈉溶液，碳酸鈉溶液可用于吸收二氧化硫氣體形成亞硫酸氫鈉溶液，經(jīng)處理后得亞硫酸鈉粗品；（4）利用惰性電極電解含SO2的煙氣回收S及H2SO4，陽極電極反應(yīng)：，陰極電極反應(yīng)：。（1）A．二氧化硫使品紅褪色體現(xiàn)其漂白性，A錯誤；B．二氧化硫使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色，體現(xiàn)其酸性氧化物性質(zhì)，B錯誤；C．溴水具有氧化性，二氧化硫使溴水褪色，體現(xiàn)其還原性，C正確；D．二氧化硫與硫化氫發(fā)生歸中反應(yīng)，生成硫單質(zhì)，體現(xiàn)其氧化性，D錯誤；（2）①流程中含SO2的煙氣被Na2CO3溶液吸收時，會釋放出一種無色無味氣體，該氣體為二氧化碳，化學(xué)方程式：；②為證明亞硫酸鈉粗品含有少量Na2SO4，設(shè)計如下方案：在一支試管中加入少量亞硫酸鈉粗品，用適量蒸餾水溶解，滴加過量鹽酸酸化至無氣體產(chǎn)生，再加入氯化鋇溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則證明含有Na2SO4；（3）①根據(jù)裝置，結(jié)合得失電子守恒及電荷守恒，脫硝(NO)反應(yīng)的離子方程式：；②SO2的脫除效率一直維持在98%以上，而NO脫除效率相對較低，其原因是：SO2易溶于水，可與NaClO充分接觸；NO難溶于水，僅溶解的NO能與NaClO接觸反應(yīng)，導(dǎo)致SO2的脫除效率很高，NO脫除效率較低；（4）38.4gSO2物質(zhì)的量為0.6mol，根據(jù)得失電子守恒，結(jié)合電極反應(yīng)可判斷，陽極處理0.4mol二氧化硫，陰極處理0.2mol二氧化硫，根據(jù)陰極電極反應(yīng)：，回收S物質(zhì)的量為0.2mol。16.碳酸亞鐵(FeCO3)可以用于制備多種食品添加劑。已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2。某興趣小組設(shè)計如下方案制備FeCO3，實驗裝置如圖所示：（1）儀器A的名稱是_______。（2）利用如圖所示裝置進行實驗，進行以下兩步操作：第一步：打開活塞1、3，關(guān)閉活塞2，反應(yīng)一段時間；第二步：關(guān)閉活塞3，打開活塞2，發(fā)現(xiàn)C中有白色沉淀和氣體生成。①第一步驟的目的是_______。②C中反應(yīng)生成白色沉淀的離子方程式是_______。③裝置D中可盛裝適量的水，該裝置作用是_______。（3）某FeCO3固體被部分氧化，為測定其中Fe3+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，現(xiàn)進行如下實驗：稱取5.600g固體樣品，加足量鹽酸溶解，將溶液稀釋至100mL，量取25.00mL該溶液，加入過量KI溶液充分反應(yīng)，然后加入幾滴淀粉溶液，用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定，當(dāng)?shù)味ㄖ两K點時消耗Na2S2O3溶液20.00mL。已知實驗過程中發(fā)生反應(yīng)如下：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2=+2I-。計算FeCO3固體樣品中Fe3+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，寫出計算過程_______。（4）FeSO4與(NH4)2SO4反應(yīng)可制得摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2.6H2O]。摩爾鹽易溶于水，不溶于乙醇，性質(zhì)比一般亞鐵鹽穩(wěn)定，接近l00℃時易失去結(jié)晶水。相關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線如圖所示。請補充完整由久置于空氣中的FeSO4·7H2O樣品合成摩爾鹽的。實驗步驟：將樣品溶于適量的硫酸溶液中，加熱使其溶解，然后向其中加入_______。[可選試劑：蒸餾水、飽和硫酸銨溶液、銅粉、鐵粉、無水乙醇]〖答案〗（1）分液漏斗（2）①.蒸餾燒瓶產(chǎn)生氫氣將裝置內(nèi)空氣排盡，防止二價鐵被氧化②.Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O③.形成液封，防止C中產(chǎn)品接觸空氣被氧化變質(zhì)（3）8.0%（4）足量鐵粉，趁熱過濾，向濾液中加入計算量的飽和硫酸銨溶液，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，用無水乙醇洗滌、低于100℃烘干〖解析〗B中稀硫酸與鐵粉反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，打開活塞1和3，關(guān)閉活塞2，生成的氫氣將裝置內(nèi)原有的空氣全部排出，隨后關(guān)閉活塞3，打開活塞2，生成的氫氣將硫酸亞鐵溶液壓入C中，C中亞鐵離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸亞鐵、二氧化碳和水，D形成液封，防止外界空氣進入。（1）儀器A的名稱為分液漏斗。（2）①步驟一的目的是通過蒸餾燒瓶中產(chǎn)生的氫氣將裝置內(nèi)的空氣排盡，防止二價鐵被氧化。②C中亞鐵離子和碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸亞鐵、二氧化碳和水，離子方程式為Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O。③裝置D中盛放適量水，作用為形成液封，防止C中產(chǎn)品接觸空氣被氧化變質(zhì)。