1、山东省师范大学附属中学2021届高三化学上学期第二次考试试题（含解析）考生注意：1.本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题纸上。可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 O-16 Zn-65 Cl-35.5 Cs-133 第卷 (选择题共40分)一、单项选择题(本题包括10个小题，每小题2分，共20分。)1. 劳动创造美好生活，在生产、生活中蕴含了丰富的化学知识。下列有关说法正确的是( )A. 烧制“青如玉、明如镜、薄如纸、声如磬”的瓷器时未涉及化学变化B. 海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化C. K2
2、FeO4具有强氧化性，可以软化硬水D. 过氧碳酸钠(2Na2CO33H2O2)可以用作去污剂、消毒剂【答案】D【解析】【详解】A瓷器是利用黏土高温煅烧制得，该过程中有新物质生成，发生了化学变化，故A错误；B明矾可以除去水中色素、异味等不溶性杂质，但不能除去水中的氯化钠、氯化镁等可溶性盐，实现海水淡化，故B错误；CK2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，能够吸附水中固体杂质颗粒而具有净水作用，但不能除去钙镁离子软化硬水，故C错误；D过氧碳酸钠应具有碳酸钠和H2O2的双重性质，可作去污剂、消毒剂，故D正确；综上所述答案为D。2. 用6.021023表示阿伏伽德罗常数(NA)
3、的值，下列说法中错误的是A. 5 L水吸收标准状况下2.24 L Cl2，溶液中，N(Cl)+N(ClO)+N(HClO)=1.2041023个B. 16.85 gCsCl晶体中含有6.021022个如图所示结构单元C. 6.5 g Zn与一定量浓H2SO4反应完全溶解，转移的电子数为0.2NAD. 1 molCH3中的电子数为5.4181024个【答案】A【解析】【详解】A标准状况下2.24 L Cl2的物质的量是0.1 mol，但由于Cl2与H2O的反应是可逆反应，溶液中Cl元素的存在形式有Cl2、Cl-、HClO、ClO-，所以根据Cl元素守恒可知N(Cl)+N(ClO)+N(HClO)
4、1.2041023个，A错误；B根据晶胞结构可知，1个晶胞中含有1个CsCl，16.85 gCsCl晶体的物质的量是n(CsCl)=0.1 mol，所以其中含有的结构单元为6.021022个，B正确；C6.5 g Zn的物质的量是0.1 mol，Zn与浓硫酸发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2+2H2O，当硫酸浓度变稀后，发生反应：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2，可见当Zn完全反应后变为Zn2+，故0.1 mol Zn完全反应转移电子的物质的量是0.2 mol，则转移的电子数为0.2NA，C正确；D1个CH3中含有9个电子，则1 molCH3中含有9 mol电子，则
5、其中含有的电子数为9mol6.021023个/mol=5.4181024个，D正确；故答案为A。3. 某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是( )A. “水瓶”、冰水混合物、CuSO45H2O都是混合物B. 金刚石、石墨和C60互称为同素异形体，其中金刚石更稳定C. 磷酸钙是难溶性弱电解质D. 一定条件下石墨转化为C60是化学变化，属于有单质参加的非氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A. 冰水混合物、CuSO45H2O都是纯净物，故A错误；B. 金刚石、石墨和C60都是由碳元素组成
6、的不同单质，互为同素异形体，其中金刚石和石墨相比较，石墨的能量低，比较稳定，故B错误；C. 磷酸钙为难溶物，但溶解的部分在水溶液中完全电离，是强电解质，故C错误；D. 同素异形体之间的转化伴随着旧键的断裂和新键的形成，是化学变化，反应前后化合价没有发生变化，属于有单质参加的非氧化还原反应，故D正确；故选：D。4. 宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有关于银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag2H2SO2=2X2H2O，下列说法不正确的是()A. X的化学式为Ag2SB. 银针验毒时，空气中氧气得到电子C. 反应中Ag和H2S均是还原剂D. 每生成1 mol X，反应转移2 mol e【答案】
7、C【解析】【详解】A项，根据元素守恒可知X化学式为Ag2S，故A正确；B项，O2中O元素化合价降低，所以银针验毒时，空气中O2得到电子，B正确；C项，反应时，Ag化合价升高，所以Ag是还原剂，S元素化合价不变，H2S不是还原剂，C错误；D项，根据Ag元素的化合价变化，每生成1 molAg2S，转移电子的物质的量为2mol，D正确。综上所述，本题选C。5. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质(括号内为杂质)除杂试剂AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液CCO2(SO2)饱和NaHCO3、浓硫酸DNO(NO2)H2O、无水CaCl2A.
8、AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.Fe与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁，涉及氧化还原反应，故A不选；B. 虽然氯化镁与NaOH反应生成沉淀和NaCl，但可能引人 NaOH杂质，不可除杂，故B不选；C.二氧化硫能与饱和的碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，再用浓硫酸进行干燥得到纯净的二氧化碳，能除杂且除杂过程不涉及氧化还原反应，故C选；D. 与水发生氧化还原反应生成NO，涉及氧化还原反应，故D不选；故选：C。6. 下列解释有关实验现象的离子方程式错误的是( )选项实验操作实验现象离子方程式A大理石中加入足量醋酸溶液大理石逐渐溶解CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3C
9、OO-+CO2+H2OB新制氯水中加过量氢氧化钠溶液溶液由黄绿色变无色Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液溶液紫色褪去，有气泡产生2MnO+3H2O2+10H+=2Mn2+3O2+8H2OD将稀硫酸滴入淀粉-KI溶液中在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H+4I-+O2=2I2+2H2OA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A大理石主要成分为碳酸钙，醋酸酸性强于碳酸，二者可以反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2O，故A正确；B新制氯水中由于溶有大量氯气而显黄绿
10、色，氢氧化钠可以和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠，溶液褪色，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确；C溶液紫色褪去，说明高锰酸钾可以将双氧水氧化生成氧气，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故C错误；D酸性环境下空气中的氧气可以氧化碘离子生成碘单质，从而使淀粉碘化钾溶液变蓝，离子方程式为4H+4I-+O2=2I2+2H2O，故D正确；综上所述答案为C。7. 自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述不正确的是A.
11、 催化剂a表面发生的反应属于氮的固定B. 催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应C. 催化剂a、b表面断裂的化学键极性并不相同D. 催化剂a、b均可以降低反应活化能从而加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A在催化剂a下，发生了反应，属于氮的固定，A正确；B在反应中，氮元素的化合价降低，发生还原反应，故B错误；C在催化剂a表面，氮气中的氮氮非极性键断裂；在催化剂b表面，氨气中的氮氢极性键断裂，二者化学键极性不相同，故C正确；D加入催化剂a、b，通过降低反应活化能，使反应速率加快，D正确；答案选B。8. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Ma
12、thieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：下列说法错误的是( )A 反应反应过程中有大量不可使带火星木条复燃气体冒出B. 反应得到的ClO2消毒漂白能力比氯气强，使用起来比较安全C. 反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1D. 反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】A【解析】【分析】NaClO3在酸性条件下与SO2发生氧化还原反应生成ClO2，然后ClO2与H2O2在碱性条件下反应生成NaClO2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此解答该题。【详解】A反应方
13、程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，反应放出的O2有助燃性，能使带火星木条复燃，A错误；BClO2具有强氧化性，因而具有漂白性，其消毒漂白能力比氯气强，因此使用起来比较安全，B正确；C根据流程图反应中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据元素化合价升降总数相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，C正确；D据流程图可知反应为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，在该反应中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，由于氧化性：氧化剂大于还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O
14、2，D正确；故答案为B。9. 碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是（ ）A. 洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B. 洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡C. 在Z导管出来的气体中没有二氧化碳D. 在Z导管口排出无色气体【答案】B【解析】【详解】C与浓硫酸共热反应生成CO2、SO2和H2O，产生的气体X中含CO2、SO2；Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，气体Y中含NO2；将X、Y同时通入足量BaCl2溶液中，发生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO、3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4
15、+2NO、H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl。A. 根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，CO2与BaCl2溶液不反应，A项错误；B. 根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，B项正确；C. CO2不能被BaCl2溶液吸收，从Z导管出来的气体中含CO2，C项错误；D. 反应中有NO生成，在Z导管口NO遇空气中氧气变为红棕色的NO2气体，D项错误；答案选B。10. 实验室用SO2和MnO2制备MnSO4的装置如图所示，下列说法正确的是( )A. 装置B中试剂可为饱和Na2SO3溶液，其作用是除去SO2中的HClB. 装置D中水浴控制在80左右，若温度过高时，因二氧化硫溶解
16、度减小反应速率可能减慢C. 将装置D中所得MnSO4溶液蒸干可获得纯净的MnSO4H2OD. 装置E中发生反应的离子方程式为SO2+2OH- =+H2O【答案】B【解析】【详解】ANa2SO3溶液能与SO2反应，故装置B中的试剂不能是Na2SO3溶液，可用饱和NaHSO3溶液，A错误；B当温度过高时，SO2在水中的溶解度减小，反应速率减慢，B正确；CMnSO4H2O受热易分解，故不能将溶液蒸干，可用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到MnSO4H2O，C错误；D石灰乳是悬浊液，Ca(OH)2主要以固体形式存在，应该写化学式，不能拆写，因此反应的离子方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2
17、O，D错误；故答案为B。二、不定项选择题(本题包括5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个正确选项。若正确答案只包含一个选项，多选0分；若正确答案包含两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就不得分)11. 下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论AKIO3溶液中滴加HI，再滴加淀粉溶液溶液出现蓝色KIO3氧化性比I2强B向Na2S溶液中滴加盐酸产生气泡Cl的非金属性比S强C将一小块Na放入乙醇中产生气泡乙醇含有羟基D沿杯壁向水中加浓H2SO4，搅拌烧杯外壁发烫浓硫酸溶于水放热A. AB. BC. CD. D【答案】AD【解析】【详解】AKIO3
18、溶液中滴加HI，再滴加淀粉溶液溶液出现蓝色说明生成了I2，则是KIO3氧化了HI，所以KIO3氧化性比I2强，A正确；B盐酸的酸性大于氢硫酸，但不能比较元素非金属性强弱；通过比较酸的酸性强弱来比较非金属性的强弱时，要比较最高价的含氧酸的酸性才可，故B错误；C将一小块Na放入乙醇中产生气泡，只能说明钠能置换出乙醇中的H，不能确定乙醇中含有羟基，C错误；D烧杯外壁发烫说明浓硫酸稀释时放出热量，D正确；故选AD。12. “化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”，已知：Cu2+4NH3H2O=4H2O +Cu(
19、NH3)42+(该反应产物可作为H2O2的催化剂)。下列有关分析错误的是( )A. 该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好B. 若硫酸浓度及锌片大小表面积等均相同，则B中产生氢气速率大于D中速率C. Cu(NH3)42+中存在极性共价键和配位键，N和H2O中O原子均采用sp3杂化D. H中出现浅黄色浑浊，证明O非金属性强于S【答案】B【解析】【分析】装置B中稀硫酸与Zn反应生成氢气，生成的氢气将C中中液体压入D中，硫酸铜和Zn发生置换反应生成Cu单质后形成原电池，加快Zn与稀硫酸的反应速率，生成的氢气进入E中，将E中液体压入过量氨水中，发生Cu2+4NH3H2O=4H2O +Cu(NH3)4
20、2+，然后进入G中，催化双氧水的分解生成氧气，生成的氧气进入过量硫化氢溶液中发生氧化还原反应生成，装置I吸收尾气。【详解】A该实验中要利用反应中气体产生的压力和虹吸作用，进行实验前必须进行的操作检验装置的气密性，一旦漏气实验失败，故A正确；BB与D两容器中比较，D中形成原电池后可以加快反应速率，故B错误；CCu(NH3)42+中氨气分子和铜离子之间形成配位键，氨气分子中存在氢原子和氮原子形成的极性共价键，氨气分子中的N原子的价层电子对数为4，H2O分子中O原子的价层电子对数也为4，均为sp3杂化，故C正确；DH中出现浅黄色浑浊说明氧气将硫化氢氧化成硫单质，说明氧化性O2S，证明O非金属性强于S
21、，故D正确；综上所述答案为B。13. 已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+ =PbO2+2Pb2+2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2+4H+5=2+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是A. 由反应I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1B. 由反应I、II可知，氧化性：HNO3PbO2MnOC. Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NO+8H2OD. Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2【答案】AD【解析】【详解】A反应I未发生氧化
22、还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1，说明Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1，A正确；B反应I中HNO3未能将Pb(II)氧化成Pb(IV)，说明氧化性：HNO3PbO2，反应II中PbO2将Mn2+氧化成，说明氧化性PbO2，则物质的氧化性：PbO2HNO3，B错误；C根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价，不能反应生成Pb(NO3)4，C错误；D据反应II可知氧化性：PbO2，而酸性条件下能将HCl氧化成Cl2，则Pb(IV)也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2能发生，D正确；故答案为AD。14.
23、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，是大气的重要污染源之一。用Ca(ClO)2溶液对烟气n(SO2)n(NO) =32同时脱硫脱硝(分别生成SO、NO)，得到NO、SO2脱除率如图，下列说法错误的是( )A. 酸性环境下脱除NO的反应：2NO+3ClO-+H2O=2H+2NO+3Cl-B. SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NOC. 依据图中信息，在80 min时，吸收液中n(NO)n(Cl-)=23D. 随着脱除反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐减小【答案】AC【解析】【详解】A次氯酸钙溶液应显碱性，且酸性环境下会生成弱电解质HClO，HClO不能写成离子形式，故A错误；
24、BSO2在水中的溶解度大于NO，更多的二氧化硫溶于水中被氧化，会使得SO2脱除率高于NO，故B正确；C脱除反应的化学原理分别为：2NO+3ClO-+H2O=2H+2NO+3Cl-；SO2+ClO-+H2O=2H+2SO+Cl-；已知n(SO2)n(NO)=32；依据图中信息及得：在80min时，NO脱除率80%，即反应的NO为：2mol80%=1.6mol，1.6molNO生成1.6mol NO和2.4molCl-；SO2脱除率100%，即3molSO2全部反应生，成3molCl-，所以Cl-共3mol+2.4mol=5.4mol；吸收液中n(NO)n(Cl-)=1.6：5.4=8：27，故C
25、错误；D脱除反应的化学原理分别为：2NO+3ClO-+H2O=2H+2NO+3Cl-；SO2+ClO-+H2O=2H+2SO+Cl-，生成大量H+，使H+浓度增大，pH减小；所以吸收剂溶液的pH逐渐减小，故D正确；综上所述答案为AC。15. 某同学用KSCN溶液和溶液探究的还原性时出现异常现象，实验如下： 溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成经检验为。取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀 溶液变红且不褪色，有气体生成经检验为，经检验有丁达尔效应。 溶液变红且不褪色，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应。 下列说法不正确的是A. 对比，可以判定酸性条件下可以氧化B. 实验
26、中发生的氧化还原反应有两种C. 中红色溶液中含有胶体D. 中发生的氧化还原反应为：【答案】B【解析】【分析】盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，生成铁离子，形成血红色溶液，大约10秒左右红色褪去，铁离子做催化剂过氧化氢分解有气体生成经检验为，取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明离子被氧化为硫酸根离子，盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢溶液，溶液变红且不褪色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子对过氧化氢起到催化剂作用，有气体生成经检验为，经检验有丁达尔效应，说明生成了氢氧化铁胶体，盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN
27、溶液，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应，无硫酸钡沉淀生成和氢氧化铁胶体形成，排除了氧气氧化的可能。【详解】A对比，实验确定了离子被氧化为硫酸根离子，实验排除了氧气氧化的可能，可以判定酸性条件下可以氧化，故A正确；B实验中发生的氧化还原反应有亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，过氧化氢分解生成氧气，氧气氧化亚铁离子，不止两种，故B错误；C中检验有丁达尔效应，说明红色溶液中含有胶体，故C正确；D中通入足量氧气溶液变红色说明生成了铁离子，发生的氧化还原反应为：，故D正确；故选：B。第卷(非选择题共60分)三、非选择题(5个小题
28、，共60分)16. 我国科学家侯德榜为纯碱和氮肥工业技术的发展做出了杰出的贡献。如图是侯氏联合制碱法的工艺流程。 回答下列问题：(1)实验室模拟进行操作和配制一定物质的量浓度NaCl溶液时，都需用到的玻璃仪器是_，反应的离子方程式为：_。(2)将NH3和CO2分别通入饱和食盐水中，正确的通入顺序是_(3)流程图中加入食盐细粉，析出的固体B是_ (填物质名称)，整个流程中可循环使用提高利用率的物质有_ (填物质的化学式)。(4)用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择_为指示剂a. 石蕊溶液 b.甲基橙溶液 c.酚酞溶液(5)有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法
29、以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾。请结合溶解度(S)随温度变化曲线，分析说明是否可行？_。【答案】 (1). 烧杯、玻璃棒 (2). Na+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH (3). 先通入足量的NH3，再通入足量的CO2 (4). 氯化铵 (5). CO2和NaCl (6). b (7). 不可行；因为KHCO3的溶解度较大，且在常温下与KCl溶解度相差小，当温度高于40时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl，无法大量析出碳酸氢钾【解析】【详解】（1）操作为过滤，得到的NaHCO3微小晶体，过滤用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，配制一定物质的量浓度NaCl溶液用到的玻璃仪器有
30、烧杯，量筒，玻璃棒，容量瓶，操作和配制一定物质的量浓度NaCl溶液时，都需用到的玻璃仪器是烧杯，玻璃棒，反应发生NH3+CO2+H2ONH4HCO3；NH4HCO3+NaClNaHCO3+NH4Cl，本质为Na+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4+，故答案为：烧杯、玻璃棒；Na+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4+；（2）二氧化碳在水中的溶解度较小，氨气极易溶于水，通入NH3使溶液呈碱性，增大CO2的溶解度，才能产生足够多的HCO3-，以确保得到NaHCO3沉淀，所以应该先通氨气，故答案为：先通入足量的NH3，再通入足量的CO2；（3）NH3+CO2+H2ONH4HCO3NH4
31、HCO3+NaClNaHCO3+NH4Cl 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，第步生成的二氧化碳气体A可作为第步的生产原料，可循环利用；在510时，向NH4Cl溶液中加入食盐细粉，可使 NH4Cl 单独结晶析出，析出的固体B是NH4Cl，可循环利用滤液BNaCl溶液和气体二氧化碳，故答案为：氯化铵，CO2和NaCl；(4)HCl溶液滴定 溶液，溶液由碱性变为中性，选酚酞变色不明显，应选甲基橙作指示剂，故选：b。（5）由溶解曲线图可知KHCO3和NH4Cl的溶解度相差不大，当温度高于40时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl，无法大量析出碳酸氢钾；故答案为：不可行； 碳酸氢钾的溶
32、解度较大，降温过程中不会析出碳酸氢钾晶体。17. I.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。N元素的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生强烈水解，生成具有强烈杀菌作用的HClO，是重要的水消毒剂。(1)写出NH2Cl的电子式：_。(2)写出NH2Cl水解的化学方程式：_。II. 含氮材料为人类提供便利的同时，人类活动和工业化进程产生的N2O、NO和NO2等氮氧化物却对空气产生了巨大污染。(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为
33、_。(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2=2+H2O2NO2+2OH=+H2O下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有_(填字母)。A.加快通入尾气的速率B.采用气、液逆流的方式吸收尾气C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_(填化学式)。(3)NO的氧化吸收：用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。在
34、酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，其离子方程式为_。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是_。【答案】 (1). (2). NH2Cl+H2OHClO+NH3 (3). 2NH32O2N2O3H2O (4). BC (5). NaNO3 (6). NO (7). 3HClO+2NO+H2O=3+2+5 (8). 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强【解析】【详解】I(1)一氯胺可看成是NH3中1个H被Cl取代得到的，其电子式为；(2)根据题中信息，NH2Cl在中性或酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的HClO，其与水反应的化学方程式为N
35、H2Cl+2H2OHClO+NH3H2O；II. (1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，根据得失电子守恒和质量守恒配平化学方程式为：2NH32O2N2O3H2O；(2)A加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误；B采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，故B正确；C吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，故C正确。故答案为：BC；经浓缩、结晶、过滤，反应生成NaNO2和NaNO3，则含有的杂质为NaNO3，若一氧化氮与二氧化氮的物质的量之比大于1：1，一氧化氮不能被完全吸收，则尾气中含有NO；(3)在酸性NaClO溶液中,HClO氧
36、化NO生成和，反应后溶液呈酸性，根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平则反应的离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=3+2+5；NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率。18. 甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe是一种补铁强化剂。某学习小组用如图装置制备甘氨酸亚铁， (夹持仪器已省略)。有关物质性质如表：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中的溶解度柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸实验步骤如下：I. 打开K1和K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排
37、尽后，将b中溶液加入到c中。II. 在50恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调节溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。III.反应完成后，向c中反应混合物中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得到粗产品，将粗产品纯化后得精品回答下列问题：(1)仪器a的名称是_；与a相比，仪器A的优点是_。d装置的作用是_。(2)步骤中将b中溶液加入到c中的具体操作是_；步骤II中若调节pH偏高，则所得粗产品中会混有的杂质_；(写化学式)。(3) c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是 _。(4)下列关于该实验的说法错误的是_(填写序号)。a. 步骤中可由d中导管冒出气泡的快慢来判
38、断装置中的空气是否排尽b. 反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化c. 步骤中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d. 步骤中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂(5)反应开始前c中加入的甘氨酸为0.2 mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁(M=204g/mol)，则其产率是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡气压，使液体顺利流下 (3). 防止空气进入装置c中氧化甘氨酸亚铁 (4). 关闭K3，打开K2 (5). Fe(OH)2 (6). 2H2NCH2COOH+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O (7). ad (8). 75【解析】【分
39、析】由实验装置图可知，制备甘氨酸亚铁时应先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入盛放甘氨酸和少量柠檬酸的c中；在50恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出得到的产品。【详解】(1)根据仪器a的结构特点可知其为分液漏斗；仪器A中分液漏斗中液体上部和下部联通，可以平衡气压，使液体顺利流下；甘氨酸亚铁含有亚铁离子，易被空气中的氧气氧化，装置d用水形成液封，可以防止空气进入装置c中氧化甘氨
40、酸亚铁；(2)步骤中将b中溶液加入到c中的操作是关闭K3，打开K2，铁屑与稀硫酸反应生成的氢气使蒸馏烧瓶中的压强增大，将b中溶液压入c中；步骤中若调节溶液pH偏高，硫酸亚铁可能与氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，导致粗产品中会混有杂质；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；b根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；c根据题目信息
41、可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；综上所述选ad；(5)甘氨酸的物质的量为0.2mol，0.1mol的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol，根据铁原子守恒，0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁的质量为204g/mol-10.1mol=20.4g，产品的质量为15.3g，产率为=75%。19. 在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应(发生的反应均为放热反应)。生成物中含有Cl-、C1O-、三种
42、含氯元素的离子，其中ClO-、两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。(1)t1时刻之前发生的反应是：_。(2)t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总化学方程式为10Ca(OH)2+10Cl22Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+7CaCl2+10H2O，则该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是_ mol。(3)据分析，生成Ca(ClO3)2的反应是由温度升高引起的，通入Cl2的速度不同，ClO-和的比例也不同。若在原石灰乳中通入氯气的速度加快，则反应后_2(填“”、“”或“”)；氯酸钙(Ca(ClO3)2)为有毒化学品，其粉尘对呼吸道、眼及皮肤有刺激性，吸入氯酸钙粉尘
43、，会因积累在体内而引起中毒。为了防止使用漂白粉时出现意外，制备漂白粉时可以采取的措施_ (写一条即可)。【答案】 (1). 2Ca(OH)2+2Cl2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (2). 5 (3). (4). 控制通入氯气的速度；控制反应的温度等【解析】【分析】(1)由图可知，t1前没有生成，生成Cl-、ClO-，故t1时氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水。(2)由图可知，t2时n(ClO-)=2 mol，n()=1 mol，所以氯气与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2、H2O，根据ClO-、的物质的量关系确定Ca(ClO)2、Ca(ClO3
44、)2的关系，并根据方程式确定消耗Ca(OH)2的物质的量； (3)通入氯气的速率加快，反应速率加快，反应放出的热量无法很快散失，体系温度升高，生成的n()增多；根据粉尘产生与温度、反应速率关系分析判断。【详解】(1)由图可知，t1前没有生成，生成Cl-、ClO-，故t1前氯气与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，发生的反应是：2Ca(OH)2+2Cl2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(2)由图可知，t2时n(ClO-)=2 mol，n()=1 mol，所以nCa(ClO)2=1 mol，故nCa(ClO3)2=0.5 mol，根据方程式10Ca(OH)2+10Cl2=
45、2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+7CaCl2+10H2O可知，nCa(OH)2=5nCa(ClO)2=1mol5=5 mol；(3)通入氯气的速率加快，反应速率加快，反应放出的热量无法很快散失，体系温度升高，生成的n()增多，则2；氯酸钙(Ca(ClO3)2)是有毒化学品，其粉尘对呼吸道、眼及皮肤有刺激性，吸入氯酸钙粉尘，会因积累在体内而引起中毒。为了防止使用漂白粉时出现意外，制备漂白粉时应该：控制通入氯气的速度；控制反应的温度等。【点睛】本题考查氯气与石灰乳的反应的影响因素及注意事项。读懂图象与信息判断发生的反应是解题的关键。氯气与石灰乳的反应，反应温度不同，得到的产物成分不同，要注
46、意温度对反应的影响。20. SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作燃煤尾气脱硫剂，通过如图简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)，达到变废为宝的目的。请回答下列问题：(1)下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是_ (填编号)。a.NaOH溶液、酚酞试液 b.稀H2SO4酸化的KMnO4溶液c.KI溶液、淀粉溶液 d.氨水、酚酞试液(2)软锰矿是重要的锰矿石，在做脱硫剂时往往做成浆状的主要原因是_，写出软锰矿浆吸收SO2 的离子方程式_。(3)用Mn
47、CO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原理是_。(4)用MnS除杂过程中产生的副产品，经提纯处理后得到纳米级硫化铜(CuS)，该材料可均匀分散在有机液体中，该分散系与MnSO4溶液存在较大物理性质差异，其本质原因是_。(5)除杂后得到MnSO4溶液可以通过_(填操作名称)、过滤制得硫酸锰晶体。【答案】 (1). b (2). 增大与气体的接触面积，使气体吸收更加充分 (3). MnO2+SO2=Mn2+SO (4). 消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 (5). 分散质直径大小不同 (6). 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成
48、硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，以此解答该题。【详解】(1)准确测定一定体积燃煤尾气中 含量，二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b中利用还原性及高锰酸钾褪色可准确测定气体的含量，故答案为：b；(2) 软锰矿是重要的锰矿石，在做脱硫剂时往往做成浆状的主要原因是增大与气体的接触面积，使气体吸收更加充分，与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为MnO2+SO2=Mn2+SO； (3)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，涉及反应为或 ，故答案为：消耗溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；(4) 纳米级硫化铜(CuS)，该材料可均匀分散在有机液体中，分散系是胶体，与MnSO4溶液存在较大物理性质差异，其本质原因是分散质直径大小不同； (5)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶(过滤)制得硫酸锰晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
