1、福建省厦门外国语学校2020届高三化学12月月考试题（含解析）可能用到的原子量：H:1 O:16 N:14 Na:23 P:31 S:32 Ca: 40 As:75 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是( )A. “冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增效。B. 玻璃钢和压电陶瓷都属于新型无机非金属材料。C. 硬化油又叫人造脂肪，便于储存和运输，但容易被空气氧化变质D. 高铁酸钾(K2FeO4)在水处理过程中涉及的变化过程有：蛋白质的变性
2、、胶体聚沉、盐类水解、氧化还原反应。【答案】D【解析】【详解】A薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用，氨根离子与碳酸根离子发生双水解生成氨气，二氧化碳，降低氮肥肥效，故A错误；B玻璃钢属于复合材料，不是新型无机非金属材料，故B错误；C硬化油中一般不含C=C键，性质较稳定，且常温下呈固态，便于运输，故C错误；D高铁酸钾具有强氧化性，可致蛋白质发生氧化而变性；高铁酸钾被还原生成Fe3+，水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体而达到净水作用，涉及胶体聚沉、盐类水解，故D正确；故选：D。2.下列所示物质的工业制备方法合理的是( )A. 制Si：SiO2SiCl4SiB. 制H2SO4：黄铁矿SO2H2SO3H
3、2SO4C. 卤水中提取Mg:卤水(主要含MgCl2)Mg(OH)2 MgCl2MgD 侯氏制碱法:饱和食盐水 NaHCO3(s) Na2CO3【答案】D【解析】【详解】A二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应，故A错误；B工业上制备硫酸，黄铁矿煅烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，故B错误；C卤水中镁离子变成氢氧化镁沉淀，经济效益分析选用氢氧化钙，不用氢氧化钠，故C错误；D氨碱法制纯碱，主要是让NaCl、NH3、CO2和H2O尽可能多的转化成NaHCO3（固体沉淀物）和NH4Cl（溶液），反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4C
4、l；再将NaHCO3加热生成纯碱、水和二氧化碳，反应的化学方程式为： ，故D正确；故选：D。3.下列实验方案正确且能达到相应实验预期目的的是A. 分离乙醇和水B. 蒸发氯化铝溶液得到氯化铝晶体C. 用自来水制取少量蒸馏水D. 实验室制取少量乙酸乙酯【答案】C【解析】A. 乙醇和水互溶，不分层，所以不能使用分液法分离，故A错误；B. 加热AlCl3溶液会促进AlCl3的水解，最终得到Al(OH)3，所以应在HCl气流中加热蒸发AlCl3溶液以抑制AlCl3的水解，故B错误；C. 利用物质的沸点不同，可采用蒸馏的方法从自来水中制取少量蒸馏水，故C正确；D. 制取乙酸乙酯时应选用饱和Na2CO3溶液
5、除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，且导管不能插入到溶液中，若选用NaOH溶液会导致乙酸乙酯在碱性条件下完全水解，不能得到乙酸乙酯，故D错误；答案选C。4.根据下列实验能得出相应结论的是选项实验结论A常温下,测得0.1mol/LNaA溶液的pH小于0.1mol/L Na2CO3溶液的pH酸性:HAH2CO3B向含有淀粉的FeI2溶液中加入足量溴水,溶液变蓝色还原性:I-Fe2+C向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体,测得溶液中c(Fe2+)不变Ksp(CuS)Ksp(FeS)D向氨水中滴加少量AgNO3溶液，无沉淀生成Ag+与NH3H2O能大量共存A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】
6、HA是一元酸，H2CO3是二元酸，不能通过正盐水解程度大小来判断两者酸性的强弱，A错误；FeI2溶液中滴加足量的溴水,生成溴化亚铁和单质碘,不能判断I-与Fe2+谁先反应,所以不能判断I-与Fe2+的还原性强弱, B错误；化学反应的发生一般是由溶解度大的向溶解度小的方向进行，向饱和硫酸亚铁溶液中加入硫化铜固体，测得溶液中亚铁离子浓度不变，说明没有发生反应，可以证明KSP(CuS) KSP(FeS), C正确；硝酸银加入到过量氨水中应该得到银氨溶液，没有沉淀，银离子与一水合氨不能大量共存，D错误；正确选项C。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有几个12.0 g熔融的NaHSO4中
7、含有的阳离子数为0.2NA1mol Na2O 和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NA常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6 NA7.8 g中含有的碳碳双键数目为0.3 NA用1L1.0 mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA1mol SO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2 NA个电子在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O 中，每生成3molI2转移的电子数为5 NA常温常压下，17 g甲基(-CH3)中所含的中子数为9 NAA. 3B. 4C. 5D. 6【答案】A【解析】n（NaHSO4）=0.1m
8、ol，NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4=Na+HSO4-，12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子物质的量为0.1mol，错误；Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数之比都为1:2，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总物质的量为3mol，正确；NO2和N2O4的实验式都是NO2，n（NO2）=2mol，常温常压下92g的NO2和N2O4混合气体中所含原子物质的量为6mol，正确；苯中不含碳碳双键，错误；n（FeCl3）=1.0mol/L1L=1mol，根据反应FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，生成1molFe（OH）3，氢氧化铁胶粒是一定
9、数目Fe（OH）3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于1mol，错误；若1molSO2全部反应则转移2mol电子，而SO2与O2的反应是可逆反应，1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，转移电子物质的量小于2mol，错误；用双线桥分析该反应：，每生成3molI2转移5mol电子，正确；n（-14CH3）=1mol，所含中子物质的量为8mol，错误；正确的有，答案选A。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，主要考查物质的组成（）、物质的结构（）、溶液中粒子数的确定（）、氧化还原反应中转移电子数（）、可逆反应（）、电解质的电离（），解题的关键是对各知识的理解和应用。6.科学家
10、从腐败草中提取出一种能使血液不凝固的双豆香素M，M的结构简式如图所示。下列说法正确的是( )A. M分子有3种含氧官能团B. M分子中所有原子可能处于同一平面C. M分子中苯环上的一氯代物有4种D. M能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，其褪色原理相同【答案】C【解析】【详解】A由结构简式可知有机物含有羟基、酯基2种含氧官能团，故A错误；B含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能在同一个平面，故B错误；C苯环结构不对称，含有4种H，则苯环上的一氯代物有4种，故C正确；D含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，原理不同，故D错误。故选：C。7.下列离子组在给定条件下
11、离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是( ) 选项条件离子组离子共存判断及离子方程式A滴加氨水Na、Fe3、Cl、NO3-能大量共存B由水电离出c(H)11013 molL1K、NH4+、Cl、AlO2-能大量共存CpH1的溶液Fe3、NH4+、I、SO42-不能大量共存，2Fe32I=2Fe2I2D通入少量SO2气体K、Na、ClO、SO42-不能大量共存，2ClOSO2H2O=2HClOSO32-A AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.氨水能与Fe3+发生反应生成沉淀：Fe3+3NH3H2O=Fe(OH)3+3NH4+，A项错误；B.由水电离出的c(H+)=10-13
12、mol/L，说明水的电离受到了抑制，该溶液可能为强酸性溶液或强碱性溶液，在酸性条件下，AlO2-不能大量存在：AlO2-+4H+=Al3+2H2O，在碱性条件下，NH4+不能大量存在：NH4+OH-=NH3H2O，B项错误；C.首先考虑4种离子间不能大量共存：2Fe3+2I-=2Fe2+I2，注意所给的4种离子均能单独大量存在于强酸性溶液中，C项正确；D.所给的4种离子均能大量共存，但还要考虑次氯酸的强氧化性和二氧化硫的强还原性，所以产物为SO42-和Cl-:SO2+ClO-+2OH-=SO42-+Cl-+H2O，D项错误；所以答案选择C项。【点睛】B项分析中还是明确温度为20更加合理，也可以
13、直接判断NH4+和AlO2-因发生双水解反应而不能大量共存。8.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X与Y位于同一主族，X与W能够形成多种化合物，其中一种为红棕色气体，Y与Z形成的一种化合物Y2Z2的分子结构模型为。下列叙述正确的是( )A. X与W、Y及Z均能组合成多种化合物B. 简单离子半径：YZXWC. W的氧化物的水化物一定为强酸D. 化合物Y2Z2中Y不满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】X与W能够形成多种化合物，其中一种为红棕色气体，即NO2，X的原子序数大于W，W为N,X为O，X与Y位于同一主族，故Y为S，则Z为Cl。【详解】A. O与N可以形成NO，N
14、O2等化合物，O与S可形成三氧化硫，二氧化硫，O与Cl可以形成ClO2，ClO等化合物，故A正确；B.四种元素的简单离子为N3+、O2-、S2-、Cl-，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越少，半径越大，故简单离子半径YZWX，故B错误；C.HNO2为弱酸，故C错误；D.化合物Y2Z2为S2Cl2，其结构式为ClSSCl，均满足8电子稳定结构，故D错误；故答案为A。9.我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（ ）A. Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化B. 两种电解质溶液环境下从N2NH3的焓
15、变不同C. MoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2*N2H)的能量降低D. N2的活化是NN键的断裂与NH键形成的过程【答案】B【解析】【详解】A.从图中可知在Li2SO4溶液中N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B错误；C.根据图示可知MoS2在Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2*N2H)的能量大大降低，C正确；D.根据图示可知N2的活化是NN键的断裂形成N2H的过程，即是NN键的断裂与NH键形成的过程，D正确；故合理选项是B。10.恒压、NO和O
16、2的起始浓度一定的条件下发生反应，在相同时间内，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法不正确的是( )A. 反应2NO(g) + O2(g) = 2NO2(g)的H0B. 图中X点所示条件下，由于测定时间较短，反应未达到平衡C. 从 XY 过程中，平衡逆向移动，O2反应量减少D. 380下，c 平衡(O2)=5.0104 molL1，NO 平衡转化率为 50%，则平衡常数 K2000【答案】C【解析】【详解】A依据图中虚线，NO的平衡转化率随温度升高而下降，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应是放热反应，H0
17、，故A正确；B点X未达到平衡时NO的转化率，说明反应未达到化学平衡，故B正确；C从XY过程中，NO转化率下降，说明平衡向逆反应方向移动，O2的量应该上升，故C错误；D列三段式求解K， 平衡常数，故D正确；故答案为C。【点睛】此题考查化学平衡移动原理、化学平衡的计算，化学平衡的计算一般涉及各组分浓度、物质的量、化学平衡常数的计算，解题方法是列三段式，要求学生在学习化学知识同时要能运用知识解决问题。11.已知298 K时，Ksp(NiS)1.01021，Ksp(NiCO3)1.0107；p(Ni)lgc(Ni2+)，p(B)lgc(S2)或lgc(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na
18、2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是A. 常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B. 向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C. 对于曲线，在b点加热，b点向c点移动D. P为3.5且对应的阴离子是CO32【答案】C【解析】A，常温下Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A项正确；B，Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），则曲线I代表NiS，曲线II代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS（s）Ni2+（aq）+S2-（aq）
19、，加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项正确；C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C项错误；D，曲线II代表NiCO3， a点c（Ni2+）=c（CO32-），Ksp（NiCO3）= c（Ni2+）c（CO32-）=110-7，c（Ni2+）=c（CO32-）=110-3.5，pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32-，D项正确；答案选C。点睛：本题考查与沉淀溶解平衡有关的曲线分析，注意图像中pNi、pB越大，Ni2+、B2-浓度越小是解题的关键。注意溶度积与溶解度的关系，当难溶电解质类型相同时，
20、溶度积大的溶解度大；当难溶电解质类型不同时，溶度积大的溶解度不一定大。12.已知pC-lgc(B)，室温下，某二元酸(H2A)中部分微粒的pC值随溶液pH值变化关系如图所示。下列说法错误的是( )A. 曲线a表示的微粒是HB. 溶液中水的电离程度：mnC. pH8时，溶液中，c(HA-)c(H2A)D. pH1与pH3时，H2A的浓度几乎相同【答案】B【解析】【分析】pC-lgc(B)，pH=-lgc(H+)，所以氢离子的pC值等于溶液的pH，即曲线a表示的微粒是氢离子，pH增大的过程中发生反应：、；浓度最先减小的是H2A，即曲线b代表的微粒是H2A，HA-先增大后减小，所以曲线c代表的是HA
21、-，曲线d代表的是A2-，则曲线e代表的是OH-，据此进行分析。【详解】A. pC-lgc(B)，pH=-lgc(H+)，所以氢离子的pC值等于溶液的pH，即曲线a表示的微粒是氢离子，故A正确；B.据图可知，m点处溶液中主要存在H2A的电离，c(H+)=10-4mol/L，水的电离出的c(OH-)=10-10mol/L；n点处c(HA-)还会随pH升高而下降，即继续加碱，碱电离出的氢氧根会被反应，所以n点显碱性主要是由于HA-和A2-的水解，溶液pH=10，c(OH-)=10-4mol/L，且氢氧根为水电离出来的氢氧根，所以水的电离程度：nm，故B错误；C. 曲线b代表微粒是H2A，曲线c代表
22、的是HA-，根据图可知pH8时，溶液中，c(HA-)c(H2A)，故C正确；D. 曲线b代表的微粒是H2A，pH1到pH3，H2A的浓度变化不大，故D正确；故答案为B。13.目前海水液化可采用双极膜电液析法、同时获得副产品，其模拟工作原理如图所示。其中双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-,作为H+和OH-离子源。M、N为离子交换膜。下列说法正确的是A. X电极为电解池的阴极，该电极反应式为：2H+-2e-=H2B. 电子流向：电源负极X电极Y电极电源正极C. 电路中每转移1mol电子，X、Y两极共得到标准状况下16.8L的气体D. M为阳离
23、子交换膜，A室获得副产品NaOH;若去掉B室双极膜，B室产物不变【答案】C【解析】【详解】A.电解池中阳离子向阴极移动，故X电极为阴极，电极反应式为：2H+2e-=H2，选项A错误；B.电子不能通过电解质溶液，所以电子流向：电源负极阴极X电极、阳极Y电极电源正极，选项B错误；C.阴极反应为2H+2e-=H2，阳极反应为：4OH-4e-=O2+2H2O，当电路中通过1mol电子时，阴极得到0.5molH2，阳极得到0.25molO2，两极一共得到气体为0.5mol+0.25mol=0.75mol，标准状况下16.8L的气体，选项C正确；D.电解池中，电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极
24、移动，因此M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH；若去掉双极膜（BP），则Cl-会在阳极失去电子，生成Cl2，在阳极室会有C12生成，B室产物发生变化，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查电解原理，注意审题，不再是电解饱和食盐水的反应，由于双极膜（BP）是阴、阳复合膜的存在，使电解反应变成了电解水，是易错点。阴极是物质得到电子，发生还原反应；溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。14.向0.1mol/I.的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数)。根据图象，下列说法不正确的是（ ） A.
25、开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为NH4HCO3溶液中存在H2CO3发生的主要反应是H2CO3+OH-HCO3-+H2OB. 当pH大于8.7以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应C. pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)c(NH3H2O)c(NH4+)c(CO32-)D. 滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应为2NH4HCO3+2NaOH(NH4)2CO3+Na2CO3【答案】D【解析】【详解】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4+H2OHN3H2O+H+；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-的电离平衡，即HCO3-H+
26、CO32-；A在未加氢氧化钠时，溶液的PH=7.7，呈碱性，则上述3个平衡中第个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡向逆方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-HCO3-+H2O，故A正确；B对于平衡，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，HN3H2O的量增加，NH4+被消耗，当PH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，故B正确；C从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)c(HN3H2O)c(NH4+)c(CO32-)，故C正确；D滴加氢氧化钠溶液时，
27、HCO3-的量并没减小，反而增大，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOHNaHCO3+NH3H2O，故D错误；故答案为D。15.环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为6价)去除废水中的正五价砷As(V)的研究成果，其反应机制模型如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，KspFe(OH)32.710-39。下列叙述正确的是( )A. 1 mol过硫酸钠(Na2S2O8)含2NA个过氧键B. 若56g Fe参加反应，共有NA个被还原C. 室温下，中间产物Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中c(Fe3)为110-10molL
28、-1D. pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷【答案】C【解析】【详解】A.设1 mol过硫酸钠(Na2S2O8)过氧键的数目为amol，其中S的化合价为+6价，则有2(+1)+2(+6)+(-2)a+(-2)(8-2a)=0，解得a=1，所以1 mol过硫酸钠(Na2S2O8)含NA个过氧键，故A错误；B.根据图示可知Fe最终变成氢氧化铁和氢氧化亚铁，无法确定转移电子数，故无法确定被还原的的量，故B错误；C. Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中存在平衡：，设c(Fe3)=amol/L，则c(OH-)=3amol/L，KspFe(OH)3=c(Fe3)c3(OH-)=a(3a)3=2.710
29、-39，解得a=110-10mol/L，故C正确；D.pH越小，酸性越强，会使反应和平衡右移，无法生成沉淀越不利于去除废水中的正五价砷。第卷 (本卷共计55分)二、填空题(本题有5个小题，共计55分)16.氯苯是染料、医药、有机合成的中间体，是重要的有机化工产品。实验室制取氯苯的装置如图所示(加热和固定仪器的装置已略去)。回答下列问题：(1)如果用a和b仪器组合成制取氯气的装置，反应无需加热，则a仪器中的固体反应物可以是_(填序号)。A.MnO2B.KMnO4 C.K2Cr2O7(2)仪器c的名称是_。(3)制取氯苯的化学方程式为_。(4)仪器d中的反应完成后，工业上要进行水洗、碱洗及食盐干燥
30、，才能蒸馏。碱洗之前要进行水洗，其目的是_。(5)生成的氯气中存在HCl、H2O等杂质气体，若需要增加一个装置除去水蒸气，请在下框中画出，并标明所用试剂。_(6)工业生产中苯的流失情况如表所示：项目二氯苯氯化尾气蒸气成品不确定苯耗合计苯流失量/(kgt-1)11.75.420.82.049.389.2则10 t苯可制得成品氯苯_t。(列出计算式即可。氯苯和苯的相对分子质量分别是112.5和78)【答案】 (1). BC (2). 球形冷凝管 (3). +Cl2+HCl (4). 洗去FeCl3、HCl等无机物；节省碱的用量，降低成本 (5). (6). 【解析】【分析】（1）高锰酸钾和重铬酸钾
31、制备氯气不用加热；（2）根据仪器构造c为球形冷凝管；（3）由苯和氯气在催化剂的条件下制取氯苯；（4）d中反应完成后有FeCl3、HCl等副产品，易溶于水；（5）可用浓硫酸吸收水蒸气；（6）根据苯总流失量计算参加反应的苯的质量，再根据苯与氯苯质量定比关系计算【详解】：（1）二氧化锰制氯气需要加热，高锰酸钾和重铬酸钾不用，故答案为：BC；（2）仪器c为球形冷凝管；故答案为：（球形）冷凝管；（3）制取氯苯的化学方程式为：. +Cl2+HCl ；故答案为：. +Cl2+HCl ；（4）d中反应完成后有FeCl3、HCl等副产品，易溶于水，碱洗之前要水洗，可以洗去这些无机物，节约碱的用量，降低成本；故答
32、案为：洗去FeCl3、HCl等无机物。节省碱的用量，降低成本；（5）浓硫酸可用于吸收水蒸气，为充分吸收，导气管应长进短出，装置为：；（6）苯的总流失量为89.2kg/t，故1t苯中参加反应的苯的质量为(1t-0.0892t)，由苯与氯苯质量之比为78：112.5，则10t苯可制得成品氯苯为：t；故答案为：。17.过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与H2O2反应制取CaO28H2O，装置如图所示：(1)小组同学查阅文献得知：该实验用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用
33、市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有_。(2)在冰水浴中进行的原因是_。(3)实验时，在三颈烧瓶中析出CaO28H2O晶体，总反应的离子方程式为_。 (4)若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2，会使H2O2的利用率明显降低。反应的机理为： Fe3+ + H2O2 = Fe2+ + H+ + HOO H2O2 + X = Y + Z + W(已配平) Fe2+ +OH = Fe3+ + OH- H+ + OH- = H2O 根据上述机理推导步骤中的化学方程式为_。(5)过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙具有
34、_的性质。A.与水缓慢反应供氧 B.能吸收鱼苗呼出的CO2气体C.能使水体酸性增强 D.具有强氧化性，可杀菌灭藻(6)将所得CaO28H2O晶体加热到150160，完全脱水后得到过氧化钙样品。该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL(已换算为标准状况)气体。则：所得过氧化钙样品中CaO2的纯度为_。【答案】 (1). 烧杯、量筒 (2). 防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出 (3). Ca2+ + H2O2 + 2NH3 + 8H2O=CaO28H2O + 2NH4+
35、 (4). HOO+ H2O2=H2O + O2 +OH (5). ABD (6). 54.00%【解析】【分析】（1）市售H2O2溶液的质量分数为30%，配制成20%，可用量筒、烧杯等；（2）反应温度较低，可避免过氧化氢分解；（3）反应为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化铵；（4）过氧化氢在氯化铁催化下生成水和氧气，由流程可知反应应生成氧气和OH，则HOO参与反应；（5）过氧化钙具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可提供氧气；（6）由氧气的体积可知过氧化钙的质量，进而计算过氧化钙纯度。【详解】（1）用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还
36、有烧杯、量筒，可根据溶液的体积估算质量，用烧杯配制，故答案为：烧杯、量筒；（2）冰水浴可防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，故答案为：防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出；（3）反应为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化铵，离子方程式为Ca2+H2O2 +2NH3 +8H2OCaO28H2O+2NH4+；（4）过氧化氢在氯化铁催化下生成水和氧气，由流程可知反应应生成氧气和OH，则HOO参与反应，反应的方程式为HOO+H2O2H2O+O2 +OH；（5）过氧化钙具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与水反应生成氢氧化钙和氧气，可提供氧气，氢氧化钙可吸收二氧化碳，故答案为：ABD；（6）涉
37、及反应为，生气氧气的物质的量为 =0.0015mol，则n（CaO2）=0.003mol，含量为 =54.00%，【点睛】本题考查物质的制备及含量测定，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，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。18.三氧化二钴(Co2O3)常用于制滤光眼镜的添加剂、催化剂和强氧化剂。以含钴废料(主要成分CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4)为原料制备Co2O3的流程如下：(1)研磨的目的是_。滤渣1的主要成分为_(填化学式)。(2)酸浸时双氧水的作用有_。不能用盐酸代替硫酸的原因是_。(3)在实验室里，萃
38、取操作要用到的玻璃仪器主要有_。(4)沉钴时发生反应的离子方程式为_。煅烧时发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 增大固体与液体的接触面积，使酸浸速率更快，酸浸更充分 (2). MnO2 (3). 亚铁离子氧化为铁离子 (4). Co2O3可能与盐酸反应生成氯气 (5). 分液漏斗、烧杯 (6). 3NH3H2O+2Co2+HCO3-=Co2(OH)2CO3+H2O+3NH4+ (7). 【解析】【分析】由流程可知，含钴废料主要成分为CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4，“研磨”可增大接触面积，加硫酸、过氧化氢后过滤分离出MnO2，加入过氧化氢氧化亚铁离子，酸浸分离
39、出的溶液含Ni2+、Fe3+、Co2+，然后调pH分离出滤渣1为Fe(OH)3沉淀，再加萃取剂萃取分离出有机相含Ni2+，水相含Co2+，水相中加入碳酸氢铵、氨水生成Co2(OH)2CO3，再灼烧生成Co2O3，以此解答该题。【详解】（1）研磨”的目的为增大接触面积，加快溶解速率，滤渣1为MnO2，故答案为：增大接触面积，加快溶解速率；MnO2；（2）“酸浸”时，加入H2O2的量需适当超过理论值的原因为可保证Fe2+被完全氧化；Co2O3与盐反应生成Cl2有毒会污染空气，所以不能用盐酸代替硫酸， 故答案为：亚铁离子氧化为铁离子；Co2O3可能与盐酸反应生成氯气；（3）萃取操作要用到的玻璃仪器主
40、要有分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯； （4）沉钴”时发生反应的离子方程式为3NH3H2O+2Co2+HCO3-=Co2(OH)2CO3+H2O+3NH4+，煅烧时发生反应的化学方程式为。【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键。19.生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。I.电解除氮(1)在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为：_。(2)有Cl-存在时，除
41、氮原理如图所示主要依靠有效氯(HClO、ClO-)将NH4+ 或NH3氧化为N2。在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图：当pH8时，主要发生HClO氧化NH4+ 的反应，其离子方程式为：_。结合平衡移动原理解释，当pH (7). C【解析】【分析】（1）焓变等于正反应的活化能-逆反应活化能；（2）前120min内，压强减少80-69.4=10.6kPa，结合v=计算；恒容密闭容器中压强比等于物质的量之比，体积分数即物质的量分数，通过HCl的体积分数逆推出各物质的平衡体积分数，再求丙烯的转化率；压强比等于物质的量之比。（3）aA曲线的最高低产率最高；b增大压强，反应I正向移
42、动；c放热反应升温平衡左移；d由图可知，催化剂影响CH2C1CHClCH3的产率；（4）投入0.06molN2O，相当于投入0.06molN2和0.03molO2，据此进行分析；在相同温度时，N2O的转化率IIIIII，压强增大不利于反应的正向进行，则p(I)p(II)p(III)，据此进行分析；【详解】（1）由盖斯定律可知，I-II得到CH2=CHCH2C1(g)+HCl(g)CH2C1CHClCH3(g)H=-134kJmol-1-(-102kJmol-1)=-32kJ/mol，且焓变等于正逆反应的活化能之差，则活化能Ea(正)为132kJmol-1，则该反应的活化能Ea(逆)为132kJ
43、/mol-(-32kJ/mol)=164kJ/mol，故答案为：164；（2）前120min内，压强减少80-69.4=10.6kPa，v(CH2C1CHClCH3)=0.09kPamin-1，故答案为：0.09；恒容密闭容器中压强比等于物质的量之比，不妨设初始时通入的和各为40mol，总计80mol，根据表格可知平衡时气体总物质的量为57.6mol，HCl的体积分数为，则其物质的量为7.2mol，则反应消耗的和均为7.2mol，生成的CH2=CHCH2Cl为7.2mol，设反应消耗的为amol则反应消耗的也为amol，生成的CH2ClCHClCH3为amol，此时体系中：和均为(40-7.2
44、-a)mol，HCl和CH2=CHCH2Cl均为7.2mol，CH2ClCHClCH3为amol，则有(40-7.2-a)2+7.22+a=57.6mol，解得a=22.4mol，共消耗丙烯22.4+7.2=29.6mol，丙烯的转化率为100%=74%；反应的平衡常数= =0.21kPa-1，故答案为：74%；0.21。（3）aA曲线的最高低产率最高，则催化剂A的最佳温度约为250，故正确；b增大压强，反应I正向移动，则CH2C1CHClCH3的产率增大，故错误c反应I焓变小于零为放热，温度升高平衡左移CH2C1CHClCH3的产率降低，故正确；d由图可知，催化剂影响CH2C1CHClCH3的产率，不能单独控制温度，故错误；故答案为：bd；（4）投入0.06molN2O，相当于投入0.06molN2和0.03molO2，而容器IV投入0.06molN2和0.04molO2，相当于增加反应物的浓度，反应向逆反应方向进行，即v(N2O)逆v(N2O)正，故答案为：；在相同温度时，N2O的转化率IIIIII，压强增大不利于反应的正向进行，则p(I)p(II)p(III)，即p(A)p(B)p(C)，故答案为：C。【点睛】第(2)小题为难点，要充分利用隐含条件“恒温恒容条件下压强比等于物质的量之比”来解决问题；