1、武威一中2020年秋季学期高三年级第三次阶段性考试化学试卷一、选择题（每小题3分，共60分）1. 化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）A. “中国歼-20”上用到的氮化镓属于合金材料B. 泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家特色产品，其主要原料为金属材料C. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，属于有机高分子材料D. 5G芯片“巴龙5000”主要材料是二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A合金是指一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。氮化镓是化合物，不属于合金，故A不符合题意；B泰国银饰属于金属
2、材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，故B不符合题意；C口罩中间熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子材料，故C符合题意；D芯片的主要材料是Si，其用来作半导体，二氧化硅是制作光导纤维的原料，故D不符合题意；答案选C。2. 明代宋应星所著的天工开物被誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法错误的是（ ）A. “凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B. “凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaCO3C. “纷纷灿烂如星陨，喧豗似火攻”描述了钠、铁等金属的焰色反应D. 汉代烧制的“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为
3、黏土【答案】C【解析】【详解】A生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，为降低含碳量，可以通过“炒”制，将碳元素氧化除去，故A正确；B碳酸钙煅烧生成氧化钙，氧化钙久置生成氢氧化钙，氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为碳酸钙，故B正确；C铁元素没有焰色反应，故C错误；D陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，因此汉代烧制的“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土，故D正确；故答案选C。3. 下列有关试剂的保存方法，错误的是A. 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中并放置在阴凉处B. 少量的金属钠保存在煤油中C. 液溴的试剂瓶里
4、加一些水来防溴挥发D. 新制的氯水通常保存在无色玻璃试剂瓶中【答案】D【解析】【详解】A、浓硝酸不稳定、见光易分解，应该保存在棕色试剂瓶中并放在阴凉处，故A正确；B、钠与水和氧气反应，应该隔绝空气保存，钠密度大于煤油，且不与煤油反应，少量的钠可以保存在煤油中，故B正确；C、液溴具有挥发性，溴的密度大于水且在水中溶解度较小，所以保存液溴时应该放在棕色细口瓶中，并使用水封，故C正确；D、新制的氯水见光容易分解，应该避光保存，所以新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中，故D错误；答案选D。4. 下列说法正确的是Na2O、Fe2O3、Al2O3属于碱性氧化物，CO2、SiO2、NO2属于酸性氧化物碳酸钠
5、、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物漂白粉、水玻璃、Fe(OH)3胶体、冰水混合物均属于混合物醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物硅导电，铝在浓硫酸中钝化均属于物理变化盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】Al2O3属于两性氧化物，NO2属于其他氧化物，故错误；冰水混合物是纯净物，故错误；铝在浓硫酸中的钝化属于化学变化，故错误；故答案为B。5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的有（）个常温常压下，28gC2H4和C4H8的混合物中一定含有6NA个原子0，101kPa，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分
6、反应，有2NA个电子转移常温下，pH=12的氢氧化钠溶液中OH-数目为0.01NA1L1.0mol/LFeCl3溶液全部水解制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒数目为NAT时，1LpH=6纯水中，含10-6NA个H+常温下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后，气体分子数为0.2NAlmolSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子100克质量分数为46%乙醇溶液中，含有的氧原子数目为NA标准状况下，22.4LHF气体中含有NA个气体分子A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】C2H4和C4H8的分子组成可以看作(CH2)2和(CH2)3，28gC2H4和C4H8
7、的混合物中含有2mol“CH2”，一定含有6mol即6NA个原子，故正确；0、101kPa，22.4L即1molCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，有NA个电子转移，故错误；常温下，pH=12的氢氧化钠溶液的体积未定，溶液中OH-数目无从确定，故错误；氢氧化铁胶粒是大量氢氧化铁分子的集合体，所以1L1.0mol/LFeCl3溶液全部水解制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶体数目小于NA，故错误；T时，1LpH=6纯水中，含10-6NA个H+，故正确；常温下，1.7g即0.1molNH3和3.65g即0.1molHCl混合后，恰好生成离子化合物氯化铵，所以气体分子数为零，故错误；lmolSO2与足
8、量O2在一定条件下反应生成SO3，发生可逆反应，所以转移电子数小于2NA，故错误；溶剂水含有氧原子，所以100克质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的氧原子数目大于NA，故错误；标准状况下，HF是液体，22.4LHF中含有的分子数大于NA，故错误。故选B。6. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）A. 使酚酞变红色的溶液：Na、K+、S2-、SOB. 0.1 mol/L AlCl3溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、HCOC. 含0.1 mol/LFe3的溶液中：Na+、Cu2+、I-、NOD. 由水电离产生的c（OH-）=10-12mol/L的溶液中：NH、SO、HCO、Cl
9、-【答案】A【解析】【详解】A使酚酞变红色的溶液中含有大量的氢氧根离子，Na+、K+、S2-、SO、OH-之间不反应，能大量共存，故A正确；B0.1 mol/LAlCl3溶液中:Cu2+、A13+和HCO均能发生双水解反应，不能大量共存，故B错误；C含0.1 mol/LFe3+的溶液中：Fe3+、I-可发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D由水电离产生的c(H+)=10-12 mol/L的溶液中可能显酸性，也可能显碱性，NH与OH-不能共存，HCO与氢离子或OH-均不能共存，故D错误；故选A7. 下列有关金属及其化合物的说法正确的是（ ）A. 用金属钠置换出TiCl4溶液中的钛B. 将废
10、铁屑加入FeCl 2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2C. 铝表面的氧化膜可以防止铝制品被进一步氧化，因此铝制餐具可以用来长时间存放酸性、碱性的食物D. 铝、铁、铜在潮湿的空气中生锈均生成对应的氧化物【答案】B【解析】【详解】A金属钠在溶液中跟水先反应，不能置换出钛，钠与熔融的四氯化钛反应可以置换出钛，故A错误；BCl2与FeCl2溶液反应生成FeCl3，铁粉与FeCl3反应生成FeCl2，所以可用于除去工业废气中的Cl2，故B正确；C铝在空气中容易氧化，会在铝的表面形成一层致密的氧化膜，可以保护铝不会进一步氧化，氧化铝是两性氧化物，能与酸和碱反应，所以如果长时间存放酸性、碱性的食物会破坏已
11、经形成氧化膜，因此铝制餐具不可以用来长时间存放酸性、碱性的食物，故C错误；D铝在空气中生成Al2O3，铁在潮湿的空气中生锈，生成的是Fe2O3xH2O，铜在潮湿的空气中生成碱式碳酸铜(Cu2(OH)2CO3)，不是氧化物，故D错误；答案选B。8. 下列说法正确的是（ ）A. 因SO2具有漂白性，所以能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色B. SO2在葡萄酒中有杀菌，抗氧化作用C. 将少量的SO2通入氯化钡中，会产生白色沉淀D. 等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好【答案】B【解析】【详解】ASO2的漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质而
12、漂白品红溶液，SO2被溴、酸性高锰酸钾氧化而使这两种物质褪色，SO2不能使酸碱指示剂褪色，故A错误；BSO2具有还原性，也具有较弱的氧化性，在葡萄酒中较弱的氧化性起到杀菌作用，还原性起到抗氧化作用，故B正确；C盐酸的酸性强于亚硫酸，将少量的SO2通入氯化钡中不反应，故C错误；D等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，二者恰好反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D错误；答案选B。9. 在新制饱和氯水中，若只改变某一条
13、件，下列叙述正确的是A. 再通入少量氯气，减小B. 通入少量SO2，溶液漂白性增强C. 加入少量的碳酸钠粉末，pH增大，溶液漂白性增强D. 光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱【答案】C【解析】【详解】A项、饱和氯水不能再溶解氯气，再通入少量氯气，各成分的浓度不变，故A错误；B项、通入少量SO2，SO2与Cl2反应生成HCl和H2SO4，Cl2浓度减小，使平衡Cl2H2OHClHClO左移，HClO的浓度减小，漂白性减弱，故B错误；C项、加入少量的碳酸钠粉末，碳酸钠与H+反应消耗H，使平衡正向移动，HClO的浓度增大，溶液漂白性增强，故C正确；D项、光照过程中，弱酸HClO分解，生成O2和
14、强酸HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，故D错误；故选C。【点睛】减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动，HClO浓度减小，漂白性减弱，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增大，漂白性增强。10. 浓硫酸分别与三种钠盐反应，现象如图。下列分析正确的是()A. 和相比可说明氧化性：Br2SO2B. 中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明酸性：H2SO4HClC. 对比和可以说明还原性：BrClD. 中的反应是利用浓硫酸的强氧化性【答案】C【解析】【详解】A反应生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故A错误；B白
15、雾说明氯化氢易挥发，利用的是难挥发性酸制易挥发性酸，说明挥发性H2SO4Cl，故C正确； D反应生成二氧化硫气体，是非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，故D错误；答案选C。11. 能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O36H2I=2Fe2I23H2OB. 0.1 mol/L NH4Al（SO4）2溶液与0.2 mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合：Al322Ba24OH=2BaSO42H2OC. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性： 26H5H2O2=2Mn25O28H2OD. 向FeI2溶液中通入一定量的氯气：2F
16、e2+ 2I- +2Cl2 =2Fe3+ I2 + 4Cl-【答案】A【解析】【详解】A.氢碘酸为强酸，Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中，生成的铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘单质,其离子方程式为：Fe2O36H2I2Fe2I23H2O，故A正确；B.0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2 mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，Ba(OH)2提供的氢氧根离子恰好与铝离子与铵根离子完全反应生成氢氧化铝和一水合氨，其离子反应方程式为：Al32SO2Ba24OH2BaSO4Al(OH)3+NH3H2O，故错误；C.浓盐酸、H2O2与KMnO4均能发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色
17、，则无法证明H2O2具有还原性，故C错误；D.向FeI2溶液中通入一定量氯气，碘离子的还原性大于亚铁离子，则碘离子先反应，氯气少量时离子方程式，2I-+Cl2=I2+2Cl-，氯气过量时离子方程式，2Fe2+4I-+3Cl2=2Fe3+2I2+6Cl-，故D错误；故答案：A。12. 某实验兴趣小组利用如图实验装置探究氯气与过量氨气反应的实验，下列有关说法不正确的是A. 打开K1，关闭K2，将注射器的活塞往外拉一段，然后松开，活塞复原，说明装置气密性良好B. 打开K1，推动注射器的活塞使过量的氨气与氯气混合时，产生大量的白雾C. 充分反应后，关闭K1，打开K2，可观察到烧杯中的溶液会倒吸至试管内
18、D. 实验室制备氨气和氯气可以用同一套发生装置【答案】B【解析】【详解】A打开K1，关闭K2，将注射器的活塞往外拉一段，然后松开，活塞复原，说明装置气密性良好，A正确；B氨气与氯气反应生成氯化铵固体，所以看到产生大量白烟，B错误；C充分反应后，关闭K1，打开K2，装置内气体反应后压强减小，打开K2，在外界大气压作用下，烧杯中的溶液会倒吸至试管内，C正确；D气体发生装置的选择是依据反应物聚集状态和反应条件，实验室制备氨气可以用加热浓氨水方法，实验室制备氯气用加热二氧化锰和浓盐酸，所以二者可以用同一套发生装置，D正确；答案选B。13. 由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）编号实验现象结论A向
19、的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生具有氧化性C加热盛有少量固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝显碱性D某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中可能含有或Ag+A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A向FeCl3溶液中加入足量铁粉后，Fe3+完全转化为Fe2+，滴入KSCN溶液，溶液不变色，可证明还原性：FeFe2+，故A正确；B燃着的金属钠能在装有CO2的集气瓶中反应生成Na2CO3和C，说明CO2具有氧
20、化性，故B正确；CNH4HCO3受热分解生成的NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，只能说明NH3为碱性气体，不能确定NH4HCO3的酸碱性，故C错误，D某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则溶液中可能含有、或Ag+，故D正确；答案选C。14. 某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是A. 甲装置：可用来证明碳的非金属性比硅强B. 乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下C. 丙装置：用图示的方法不能检查此装置的气密性D. 丁装置：先从口进气集满二氧化碳，再从口进气，可收集氢气【答案】C【解析】【详解】A. 甲装置：硅酸钠溶液中
21、通入二氧化碳气体生成硅酸沉淀，根据强酸制弱酸，可用来证明碳的非金属性比硅强，故不选A；B. 乙装置：橡皮管使烧瓶、分液漏斗内的压强保持一致，所以能使水顺利流下，故不选B；C. 丙装置：向乙中加水，至甲和乙形成液面差，该液面差能较长时间保持不变，说明此装置的气密性良好，用图示的方法能检查此装置的气密性，故选C；D. 二氧化碳的密度大于空气，采用向上排空气法收集二氧化碳；氢气的密度小于二氧化碳，所以氢气采用向下排二氧化碳法收集，故不选D；【点睛】本题考查了化学实验方案设计，明确实验原理是解本题关键，根据强酸制取弱酸、装置气密性检查的方法、气体的密度等知识点来分析解答。15. 从海带中提取碘单质，成
22、熟的工艺流程如下。下列关于海水制碘的说法，不正确的是()干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液I2A. 实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌B. 含I的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应C. 在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色D. 碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”【答案】A【解析】【分析】A、固体灼烧应在坩埚中进行；B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应；C、碘单质遇到淀粉变蓝；D、依据萃取操作和原理分析。【详解】A、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液在蒸发皿中加热，选项A错误；B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应，选项B正确；C
23、、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，选项C正确；D、碘单质在四氯化碳中溶解度大于水，可以转移到四氯化碳中，过程为萃取，选项D正确；答案选A。【点睛】本题考查了实验过程海水提取碘的流程分析应用，主要是实验基本操作的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单。16. 锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y。若挤压胶头滴管，使液体Y滴入瓶中，振荡，过一会可见小气球a鼓起。气体X和液体Y不可能是（ ）A. X是NH3，Y是水B. X是SO2，Y是NaOH浓溶液C. X是CO2，Y是稀硫酸D. X是HCl，Y是NaNO3稀溶液【答案】C【解析】【详解】气球鼓起，说明锥形瓶内压强减小，所以只要气体能和液体反应，而
24、且气体的体积减小使瓶内压强减小即可。A.NH3极易溶于水，使锥形瓶中气体压强减小，会导致气球鼓起胀大，A合理；B.SO2与NaOH溶液反应：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，气体体积都减小，会导致气球鼓起胀大，B合理；C.CO2和稀H2SO4不反应，气体体积不减少，气球体积不变，压强不减小，C不合理；D.HCl极易溶于溶液的水中，使锥形瓶中气体压强减小，会导致气球鼓起胀大，D合理；故符合题意的选项是C。17. 已知NH4CuSO3与足量的1 mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；有刺激性气味气体产生；溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是A. NH4CuSO3中硫元素
25、被氧化B. 刺激性气味的气体是氨气C. 刺激性气味的气体是二氧化硫D. 该反应中硫酸作氧化剂【答案】C【解析】【分析】有红色金属生成，有Cu生成；加入H2SO4有刺激性气味气体产生，该气体为SO2；溶液呈蓝色，有Cu2+生成；反应的化学方程式为2NH4CuSO3+2H2SO4=（NH4）2SO4+CuSO4+Cu+2SO2+2H2O，据此分析作答。【详解】有红色金属生成，有Cu生成；加入H2SO4有刺激性气味气体产生，该气体为SO2；溶液呈蓝色，有Cu2+生成；反应的化学方程式为2NH4CuSO3+2H2SO4=（NH4）2SO4+CuSO4+Cu+2SO2+2H2O。A项，在上述反应中，Cu
26、元素的化合价部分由+1价升至+2价，部分降至0价，S元素的化合价没有变化，S元素既不被氧化也不被还原，A项错误；B项，加入H2SO4有刺激性气味气体产生，该刺激性气味的气体不可能为NH3，B项错误；C项，加入H2SO4有刺激性气味气体产生，该刺激性气味气体为SO2，C项正确；D项，该反应中H2SO4只起酸性作用，D项错误；答案选C。18. 开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下，下列有关说法不正确的是()A. 制取粗硅时生成的气体产物为COB. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C. 黄铜矿冶炼铜时，产生的SO2可用于生产硫酸，产生
27、的FeO可用作冶炼铁的原料D. 粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法【答案】B【解析】【详解】A.制取粗硅方程式：2C+SiO22CO+Si，生成的气体产物为CO，故不选A；B.生产玻璃的过程中不涉及氧化还原反应，故选B；C.黄铜矿冶炼铜时，产生的SO2可用于生产硫酸，产生的FeO可用作冶炼铁的原料，故不选C；D.制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，则多次蒸馏提纯，故不选D；正确答案：B。19. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气
28、体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析结果错误的是 A. OA段产生的是NO，AB段发生的反应为Fe2Fe3=3Fe2，BC段产生氢气B. 原混合酸中物质的量为0.4molC. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4D. 取20mL原混合酸加水稀释至1L，溶液中c(H)0.1mol/L【答案】D【解析】【分析】由图象可知，OA段发生反应Fe + 4H+ +=Fe3+ NO+ 2H2O，n(Fe)=0.2mol，此时消耗H+ 0.8mol、0.2mol，生成Fe3+0.2mol；AB段发生反应Fe2Fe3=3Fe2，n(Fe)=0.1mol，Fe3+刚好全部消
29、耗；BC段发生反应Fe+2H+=Fe2+H2，n(Fe)=0.1mol，则消耗0.2mol H+。【详解】A由以上分析可知，OA段发生Fe 与H+ 、的反应，产生的是NO，AB段发生的反应为Fe2Fe3=3Fe2，且Fe3+刚好消耗完，BC段发生Fe与硫酸的反应，产生氢气，A正确；B由分析知，100mL溶液中，物质的量为0.2mol，则原混合酸中物质的量为0.2mol2=0.4mol，B正确；C第二份溶液中，全部消耗，所以最终溶质为FeSO4，C正确；D由分析知，100mL溶液中，n(H+)=0.8mol+0.2mol=1mol，取20mL原混合酸，n(H+)=0.2mol，加水稀释至1L，溶
30、液中c(H)0.2mol/L，D错误；故选D。20. 硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3Ce中文名“铈”的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是A. 该转化过程的实质为NOx被H2还原B. x=l时，过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少D. 过程I发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H+Ce3+【答案】A【解析】【分析】分析转化过程图，可知在过程I中发生H22Ce4=2H2Ce3，在过程中发生2NOx4xH4xCe3=2xH2ON2
31、4xCe4，据此进行分析。【详解】A由分析可知，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，A项正确；Bx=1时，根据图示，过程II中发生2NO4H4Ce3= 2H2ON24Ce4，N的化合价降低，NO为氧化剂，Ce3为还原剂，根据得失电子守恒：，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，B项错误；C过程I发生H22Ce4=2H2Ce3，过程II发生2NOx4xH4xCe3=2xH2ON24xCe4，处理过程中，混合液中Ce3和Ce4总数不变，C项错误；D根据图示，过程I发生H2Ce4HCe3，利用化合价升降法进行配平，离子方程式为H22Ce4=2H2Ce3，D项错误；答案
32、选A。二、填空题（共40分）21. .磷化铝(AlP)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。(1)AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为_。(2)PH3具有强还原性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：_CuSO4_PH3_H2O_Cu3P_H3PO4_H2SO4_(3)工业制备PH3的流程如图所示。白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为：_。若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成_mol PH3。II、等称之为卤素互化物，、等称之为拟卤素，它们的化学性质与卤素单质相似，请回答下列问题。(1)有一种碘的氧化物可以称为碘酸碘，
33、其中碘元素呈+3、+5两种价态，则这种化合物的化学式是_。(2)溴化碘()具有强氧化性，能与溶液发生反应，发生反应的离子方程式为_；(3)已知某些离子的还原性强弱顺序为。现将几滴溶液滴入到含少量的溶液中，溶液立即变红，向其中逐滴滴入酸性溶液，观察到红色逐渐褪去，请利用平衡移动原理解释这一现象_；【答案】 (1). Al(OH)3 (2). 24、11、12、8、3、24 (3). P4+3NaOH+3H2O=PH3+3NaH2PO2 (4). 2.5 (5). 或 (6). (7). 酸性高锰酸钾将氧化，减小了的浓度，平衡不断向左移动，最终完全反应，红色消失【解析】【详解】(1)AlP遇水蒸气
34、会发生反应放出PH3气体，该反应的方程式为：AlP+3H2O(g)=PH3+ Al(OH)3另一种产物的化学式为Al(OH)3；(2)该方程式中Cu3P中Cu价态由+2变为+1，共降低3价，H3PO4中P价态由3变为+5，化合价升高8价，为保证化合价升降数相等，Cu3P与H3PO4计量数分别为8、3，CuSO4的系数是24，H2SO4系数是24，根据元素守恒，得到：24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P+3H3PO4+24H2SO4；(3)根据图示信息：黄磷和烧碱溶液反应生成PH3、NaH2PO2，方程式为：P4+3NaOH+3H2O=PH3+3NaH2PO2；P4+3NaOH+3
35、H2O=PH3+3NaH2PO2，若起始时有1molP4参加反应，生成1mol PH3和3mol NaH2PO2，NaH2PO2酸化后形成3molH3PO2，又发生2H3PO2=PH3+H3PO4，则3molH3PO2分解又产生1.5mol PH3，则整个工业流程中1molP参与反应共生成2.5molPH3；II (1)碘酸碘的化学式一定为Im(IO3)n形式，其中碘酸根为-1价(类似于氯酸根)，碘酸根中I为+5价，则前面的I为+3价，所以碘酸碘的化学式为：I(IO3)3，即 I4O9；(2)溴化碘()具有强氧化性，能与溶液发生反应，反应的离子方程式为IBr+H2O=I-+Br-+2H+；(3
36、)溶液中存在Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，高锰酸钾具有强氧化性，可氧化SCN-，则酸性高锰酸钾将SCN-氧化，减小了SCN-的浓度，使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡不断向左移动，最终Fe(SCN)3完全反应，红色消失。22. 镁及其化合物是实验设计的热点载体，查阅资料。2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2OMg3N2与水反应某学习小组设计实验探究镁与二氧化氮反应的产物，提供的实验装置如图所示。(1)仪器甲名称为_，仪器接口顺序为a_，_，_，_，_j。(2)装置A中的主要现象为_，C装置的作用是_。(3)确定有N2生成的实验现象是_。(4)经测定，Mg与NO2反应生
37、成MgO、Mg3N2和N2，其中Mg3N2和N2的物质的量相等。E中发生反应的化学方程式为_。(5)实验完毕后，设计实验确认产物中有Mg3N2，取少量C中残留固体于试管中滴加蒸馏水，_，则产物中有氮化镁。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). b (3). c (4). h (5). i (6). d (7). e (8). f (9). g (10). 铜粉不断溶解，溶液变蓝色，生成红棕色气体 (11). 吸收D中挥发出来的水蒸气 (12). D中产生气泡，瘪气球缓慢鼓起 (13). 11Mg+4NO28MgO+Mg3N2+N2 (14). 有刺激性气味的气体逸出【解析】【分析】由题给实验装
38、置可知，装置A中浓硝酸和铜反应制得二氧化氮，镁在加热条件下能与水蒸气反应，应用盛有五氧化二磷的酸性干燥剂干燥二氧化氮，防止水蒸气干扰镁与二氧化氮的反应，装置E为二氧化氮和镁共热反应的装置，装置C中盛有的碱石灰用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中与反应生成的氮化镁反应，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化氮，防止二氧化氮影响氮气的验证，将所得气体通入气球中确定有氮气生成，则装置的连接顺序为ABECD气球。【详解】(1)由分析可知，装置的连接顺序为ABECD气球，则仪器接口顺序为ab，ch，id，ef，gj，故答案为：b；c；h；i；d；e；f；g；(2)装置A中浓硝酸与铜反应生成硝酸铜
39、、二氧化氮和水，实验现象为铜粉不断溶解，溶液变蓝色，生成红棕色气体；由信息可知，氮化镁与水反应，则装置C中盛有的碱石灰的作用是吸收D中挥发出来的水蒸气，防止水蒸气进入E中与反应生成的氮化镁反应，故答案为：铜粉不断溶解，溶液变蓝色，生成红棕色气体；吸收D中挥发出来的水蒸气；(3)若反应中有氮气生成，氮气不溶于水，通入氢氧化钠溶液中会有气泡产生，同时与装置D连接的气球会缓慢鼓起，故答案为：D中产生气泡，瘪气球缓慢鼓起；(4)设反应生成氮化镁和氮气的物质的量为1mol，氧化镁为xmol，由得失电子数目守恒可得：2x+1mol3(+20)=1mol2+4(3)+ 1mol2(+40)，解得x=8，反应
40、生成的氧化镁、氮化镁和氮气的物质的量比为8:1:1，则由原子个数守恒可知，反应的化学方程式为11Mg+4NO28MgO+Mg3N2+N2，故答案为：11Mg+4NO28MgO+Mg3N2+N2；(5)氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，则向少量C中残留固体中滴加蒸馏水时，有刺激性气味的气体逸出说明反应中有氮化镁生成，故答案为：有刺激性气味的气体逸出。23. 钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：根据以上工艺流程图，回答下列问题：(1)提高焙烧效率的方法有_。(写任
41、意一种即可)(2) “焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应的氧化产物是_。(3) “碱浸”时生成CO2的电子式为_，“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为_。(4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣成分的化学式为_。(5)钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO生成，该反应的离子方程式为_。(6)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c(MoO)0.20 molL1，c(SO)0.01 molL1。“结晶”前应先除去SO，方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变，当BaMoO4开始沉淀时，去除的SO的质量分数
42、为_%。已知Ksp(BaSO4)11010，Ksp(BaMoO4)2.0108【答案】 (1). 粉碎固体颗粒 (2). MoO3、SO2 (3). (4). MoO3CO=MoOCO2 (5). PbS (6). MoS26NO=MoO2SO6NO (7). 90【解析】分析】钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)通入空气焙烧，生成MoO3和SO2；碱浸时加入Na2CO3溶液，发生MoO3与Na2CO3反应生成Na2MoO4和CO2；除重金属离子时，加入沉淀剂，将铅离子转化为沉淀从而成为废渣；然后蒸发浓缩、冷却结晶，得钼酸钠晶体。【详解】(1)提高焙烧效率的方法有粉碎固体颗粒、不断搅拌
43、等；(2) 根据工艺流程，焙烧时，通入空气，产生MoO3和SO2，即化学方程式为2MoS27O22MoO34SO2；氧化产物是还原剂被氧化后得到的产物，根据化学反应方程式中Mo、S的化合价升高，即氧化产物是MoO3、SO2；(3)CO2为共价化合物，C与每个O原子都形成2对共用电子，其电子式为；碱浸时，从产物看，Mo元素以MoO的形式存在，MoO3与CO反应生成MoO和CO2，发生的主要离子反应是MoO3CO= MoOCO2； (4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则Pb2+与S2-反应生成PbS，成为废渣的主要成分，化学式为PbS；(5)钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也
44、可以制备钼酸钠，同时有SO生成，MoS2与NO反应，S和Mo的化合价都升高，S原子被氧化成SO，Mo元素以MoO的形式存在，NO中N的化合价降低，N转化成NO，该反应的离子方程式为MoS26NO=MoO2SO6NO；(6)根据溶度积，SO先沉淀出来，BaMoO4开始出现沉淀，此时溶液中c(Ba2)= =1.0107molL1，此时溶液中c(SO)=1.0103molL1，令溶液的体积为VL，去除SO的质量分数为100%=90%。【点睛】氧化还原反应方程式的书写是本题的难点，一般找出氧化剂和还原剂，氧化产物和还原产物，根据化合价升降法进行配平，然后根据原子守恒或电荷守恒配平其他，如本题中焙烧：Mo的化合价由2价6价，升高4价，S的价态由1价4价，化合价升高10价，MoS2共升高14价，O2的化合价降低4价，然后根据化合价升降法配平即可。