1、山东省泰安市宁阳一中2021届高三化学上学期模块考试试题（含解析）（考试时间90分钟，总分100分）可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cr 52 Cu 64 Ag 108 Fe 56一、选择题（本题包括10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求）1. 明代方以智的物理小识中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中不正确的是（ ）A. 文中说明以煤炭作为燃料已经是很普遍的现象B. 物理小识中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁C. 生铁是指含碳量很低的铁
2、合金D. 铁合金是钢铁冶炼和机械铸造行业必不可少的重要原料之一【答案】C【解析】【详解】A.文中说明以煤炭作为燃料冶炼金属已经是相当普遍，A正确；B.焦炭属于碳元素的单质，具有强的还原性，可以用于冶炼铁的还原剂，B正确；C.生铁是指含碳量较高的铁合金，C错误；D.目前用途最广，用量最大的金属是铁合金，铁合金是钢铁冶炼和机械铸造行业必不可少的重要原料之一，D正确；故合理选项是C。2. 宋代千里江山图描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)22CuCO3)。下列说法错误的是A. 保存千里江山
3、图需控制温度和湿度B. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C. 孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱D. Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO3【答案】C【解析】【详解】A字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，A说法正确；B由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；C孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；D因为氢氧化铜中铜元素质量分数高于碳酸铜，
4、所以Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO3，D说法正确。综上所述，相关说法错误是C，故本题答案为C。3. 下列叙述不涉及氧化还原反应的是A. 谷物发酵酿造食醋B. 小苏打用作食品膨松剂C. 含氯消毒剂用于环境消毒D. 大气中NO2参与酸雨形成【答案】B【解析】【详解】A涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；DNO2与水反应有HN
5、O3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。4. 下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是A. Cl2Cl-B. I-I2C. SO2SO32-D. CuOCu【答案】B【解析】【分析】化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。【详解】A、Cl2Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误；B、I-I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确；C、SO2SO32- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；D、CuOCu铜元素的化合价降低了，所以需加入还
6、原剂才能实现，故D错误。 故选B。【点睛】该题的关键是要理解氧化还原反应的概念，例如，还原剂、氧化剂，被氧化、被还原等。其次要根据题给信息得出所给微粒中有关元素的化合价必须升高这一关键。最后要注意自身发生氧化还原反应的微粒，如Cl2Cl-，NO2NO等，应引起足够重视。5. 联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A. 转化中是还原剂B. 中发生反应后溶液的pH减少C. 可处理水中D. 工业上也可使用处理锅炉水中的溶解氧【答案】B【解析】【详解】A.转化中变成，N的价态升高，是还原剂，A正确；B.中发生反应的离子方程式为4Cu(NH3)2+O
7、2+2H2O+8NH3=4Cu(NH3)42+4OH-，所以溶液的增大，B错误；C.根据反应的机理可知本质上可看成氧气氧化了，根据化合价升降数值相等可知可处理水中，C正确；D.2Na2SO3+O2=2Na2SO4，Na2SO3成本低，所以工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧，D正确；故选B。6. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 molL1NaOH溶液：Na+、K+、B 0.1 molL1FeCl2溶液：K+、Mg2+、C. 0.1 molL1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OHD. 0.1 molL1H2SO4溶液：K+、【答案】A【解析】【分析】
8、此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；故选A。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：离子间发生
9、复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；离子间发生氧化还原反应，如题中B项；离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。7. 离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是A. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变B. 水中的 、Cl通过阴离子树脂后被除去C. 通过净化处理后，水的导电性降低D. 阴离子树脂填充段存在反应H+OHH2O【答案】A【解析】【详解】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42、Cl、NO3等阴离子的原水通过阳离
10、子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH也被交换到水中，同时与水中的H离子结合成水，则A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；B、根据以上分析可知水中的SO42、Cl、NO3等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；D、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应HOHH2O，D正确；答案选A。8. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. 室
11、温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OHClO+Cl+H2OB. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH+H2C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2+2H+Cu2+2NO2+H2OD. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3+2Na+【答案】A【解析】【分析】A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；B.电荷不守恒；C.不符合客观事实；D.应拆分的物质没有拆分；【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；B.该离子方程式反应前
12、后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2，故B错误；C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO+3Cu2+4H2O，故C错误；D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3 ，故D错误；综上所述，本题应选A.【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守
13、恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。9. 已知：SOI2H2O=SO2H2I，某无色溶液中可能含有I、NH、Cu2、SO，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列判断正确的是 （）A. 不能肯定是否含有Cu2B. 肯定不含NHC. 可能含有SOD. 可能含有I【答案】D【解析】【分析】SOI2H2O=SO2H2I，S元素化合价升高，被氧化，SO作还原剂，I元素化合价降低，被还原，I是还原产物，则还原性：SOI；溶液呈无色，则无Cu2，根据溶液呈电中性，则必有NH；向该溶液中加入少量溴水（橙黄色），溶液仍呈无色，则一定发
14、生了氧化还原反应，因还原性：SOI，则溶液中必有SO，因为加入的溴水为少量，溴水先氧化亚硫酸根离子，则无法判断溶液中是否有I。【详解】A由分析可知，溶液中一定不含Cu2，A错误；B由分析可知，溶液中一定含NH，B错误；C由分析可知，溶液中一定含SO，C错误；D由分析可知，溶液中可能含I，D正确。答案选D。10. 已知酸性： H2CO3HClOHCO3-，氧化性：HClOCl2Br2Fe3I2。下列离子方程式正确的是()A. Fe3+与I不能共存的原因：Fe3+2I=Fe2+I2B. 向NaClO溶液中滴加浓盐酸：ClOH+=HClOC. 向含1 mol FeBr2溶液中通入1 mol Cl2：
15、2Fe2+2Br2Cl2=2Fe3+Br24ClD. 向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClOCO2 H2O=HClOCO32-【答案】C【解析】A、根据氧化性Fe3I2，所以Fe3可以和I反应生成I2，但题中所给方程式不满足得失电子守恒和电荷守恒关系，正确的离子方程式应该是：2Fe3+2I=2Fe2+I2，故A错误；B、因氧化性HClOCl2，所以向NaClO溶液中滴加浓盐酸可以发生氧化还原反应生成Cl2，离子反应为Cl-+ClO-+2H+H2O+Cl2，故B错误；C、向含lmolFeBr2溶液中通入lmolC12，由氧化性顺序Cl2Br2Fe3及得失电子守恒可知，离子反应正确的是：2F
16、e2+2Br-+2C122Fe3+Br2+4C1-，故C正确；D、根据酸性强弱顺序：H2CO3HClOHCO3-，可知向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应的产物应该为HClO和HCO3-，正确的离子反应为：ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-，故D错误；所以答案选C。二、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选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11. NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液的反应方程式为：+XMn2+H2O，下列叙述中正确的是A. 生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4B. 反应过
17、程中溶液的pH减小C. 该反应中被还原D. X可以是盐酸【答案】A【解析】【分析】根据元素守恒和溶液酸碱性可知，x是H+，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、N元素化合价由+3价变为+5价，转移电子数为10，该反应的化学方程式为：2+5+6 H+=2Mn2+5+3H2O，据此分析；【详解】A根据方程式可知，生成1mol NaNO3需消耗0.4molKMnO4，故A正确；B反应中氢离子参加反应生成水，导致氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B错误；C该反应中亚硝酸根离子失去电子被氧化，故C错误；D酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯离子生成氯气，所以不能为盐酸，可以是硫酸，故D错误；故选A。
18、12. 某强碱性溶液中，只含有K、NH、Al3、Al(OH)4、CO、SiO、Cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量溶液用硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成；另取一定量原溶液，逐滴加入盐酸至过量，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，而后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至全部溶解。另取一定量的原溶液，加入5 mL 0.2 mol/L盐酸，沉淀会完全消失，再维续加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.287 g。下列说法一定正确的是（）A. 原溶液中含有Al(OH)4、CO、ClB. 无法确定原溶液中是否含有Cl和KC. 原溶液中含有Al3、CO、ClD. 原溶液中一定不含Al(OH)4、SiO、Cl【答
19、案】A【解析】【分析】在强碱性溶液中，不能含有NH和Al3+，根据溶液呈现电中性，则一定含有K；取少量溶液用硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成，说明不含SiO；另取一定量原溶液，逐滴加入盐酸至过量，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，而后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至全部溶解，说明含有Al(OH)4、CO；另取一定量的原溶液，加入5 mL 0.2 mol/L盐酸，沉淀会完全消失，此时原溶液中含有的Al(OH)4、CO均被盐酸完全反应，再维续加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.287 g，n(Cl)= n(AgCl)=0.002mol，加入5 mL 0.2 mol/L盐酸时引入的Cl的物质的量为：n
20、(Cl)=0.005L0.2mol/L=0.001mol，说明原溶液中含有Cl。【详解】A由上述分析，原溶液中含有Al(OH)4、CO、Cl，故A正确；B由上述分析可知，原溶液中含有Cl和K，故B错误；C原溶液中不含有Al3，含有CO、Cl，故C错误；D原溶液中一定含有Al(OH)4、Cl，不含有SiO，故D错误；答案选A。【点睛】要结合题干提供的信息计算得出是否含有Cl结论，不能因为加入盐酸引入了Cl，就直接得出不含Cl的错误结论，为本题的易错点。13. 下列各组离子中，能大量共存且加入（或通入）X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是 （）选项离子组试剂X离子方程式AFe3、Al3、SO、
21、NO过量的盐酸SO2H=H2OSO2B透明溶液中：Fe3、NH、SO、Cl过量的铜粉2Fe3Cu=2Fe2Cu2CNa、NH、HCO、ClNaHSO4溶液HHCO=CO2H2ODpH1的溶液中：Mg2、Fe2、NO、SO双氧水2Fe2H2O22H=2Fe32H2OA. AB. BC. CD. D【答案】BC【解析】【详解】A酸性条件下，硝酸把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，不能生成二氧化硫气体，故A错误；B透明溶液可能是有色溶液，在透明溶液中这四种离子能大量共存，加入铜粉，铜与铁离子反应，铜不能与亚铁离子反应，发生2Fe3Cu=2Fe2Cu2，故B正确；C加入硫酸氢钠溶液，相当于加入强酸，反碳酸
22、氢根和氢离子反应，离子方程式为HHCO=CO2H2O，故C正确；DpH=1的溶液显酸性，发生反应为3Fe2+ NO+4H+=3Fe3+2H2O+NO，离子组不能大量共存，故D错误；故选BC。14. 向一定量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸。并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中离子数目也相应地发生变化。如图所示。四条曲线与溶液中的离子的对应关系。完全正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】向一定量的溶液中缓慢的滴加稀盐酸，先后发生如下反应，、，则钾离子数目不变，即图中；碳酸根离子在减少直至为0，则；碳酸氢根离子先增大后减小直至为0，则；氯离子先为0，随着盐酸的加入，氯离子
23、的数目逐渐增多，则，综上所述C符合题意，故选C。答案选C15. 据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是A. OH-参与了该催化循环B. 该反应可产生清洁燃料H2C. 该反应可消耗温室气体CO2D. 该催化循环中Fe的成键数目发生变化【答案】C【解析】【分析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并
24、且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。【详解】A从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；B从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为，故有清洁燃料H2生成，故 B项正确；C由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故 C项不正确；D从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键
25、微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确；答案选C。【点睛】对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。三、非选择题（本题包括5个小题，共60分）16. 有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：K、Mg2、Al3、Fe2、Ba2、I、，实验如下：实验步骤实验现象(1)用玻璃棒蘸取少量该溶液，点在pH试纸中部试纸变为红色(2)取少量该溶液，加入Cu片和浓硫酸，加热有无色气体产生，气体遇空气可以变成红棕色(3)取少量该溶液，加入BaCl2溶
26、液有白色沉淀生成(4)取(3)中反应后的上层清液，加入AgNO3溶液有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸(5)取少量该溶液，加入NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解由此判断：(1)溶液中一定存在的离子是_；溶液中肯定不存在的离子是_。(2)写出实验步骤(2)中所发生反应的离子方程式_。(3)写出实验步骤(5)中沉淀部分溶解的离子方程式_。(4)不能确定的离子是_，为了进一步确定其是否存在，应该补充的实验是_。【答案】 (1). Mg2、Al3、 (2). Fe2、Ba2、I、 (3). 3Cu28H=3Cu22NO4H2O (4). Al(OH)3OH=2H2O (5).
27、 K (6). 焰色反应【解析】【分析】本题要求为无色透明溶液，则Fe2+不能大量存在；步骤（1）pH试纸变红，说明溶液显酸性，不能大量存在；步骤（2）说明有，在酸性条件下有强氧化性，因此还原性的离子I就不能大量存在；步骤（3）说明有，Ba2+就不能大量存在；步骤（4）不能说明有Cl-，因为步骤（3）中引入了Cl-；步骤（5）说明有Mg2+和Al3+。【详解】(1)由分析可知，溶液中一定存在的离子是Mg2、Al3、；溶液中肯定不存在的离子是Fe2、Ba2、I、，故本题答案为：Mg2、Al3、；Fe2、Ba2、I、；(2)步骤(2)为铜和硝酸反应，生成硝酸铜，一氧化氮和水，发生反应的离子方程式3
28、Cu28H=3Cu22NO4H2O，故本题答案为：3Cu28H=3Cu22NO4H2O；(3)步骤(5)中沉淀部分溶解是氢氧化铝和氢氧化钠反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式Al(OH)3OH=2H2O，故本题答案为：Al(OH)3OH=2H2O；(4)由分析可知，不能确定的离子是K，可通过焰色反应来鉴别，故本题答案为：K；焰色反应。【点睛】判断离子共存，常用到(1)肯定原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(2)互斥原则：在肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(注意题目中的隐含条件，如酸性、碱性、指示剂的颜色变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)。1
29、7. 过氧化氢H2O2（氧的化合价为1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列AD涉及H2O2的反应，填写空白：ANa2O2+2HCl=2NaCl+H2O2 BAg2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC2H2O2=2H2O+O2 D3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（1）H2O2仅体现氧化性的反应是_（填代号）。（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_（填代号）。（3）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。氧化反应：H2O22e=2H+O2还原反应：MnO+5e+8H+=Mn2+4H2O写出该氧化还原
30、反应的离子方程式：_。（4）在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H2O+2CrCl3的反应中，有0.3 mol电子转移时生成Cl2的体积为_（标准状况），被氧化的HCl的物质的量为_。（5）除去镁粉中混入的铝粉杂质用溶解、_方法，化学反应方程式为_。【答案】 (1). D (2). C (3). 2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2 (4). 3.36L (5). 0.3mol (6). 过滤 (7). 2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2【解析】分析】本题主要考查氧化还原反应的相关概念和反应中电子转移的计算，解决此类问题关键是了解反应前后
31、物质化合价的变化【详解】根据A、B、C、D四个有关双氧水参与的反应中双氧水中氧元素的化合价的变化可知A为非氧化还原反应，B双氧水中氧元素的化合价仅升高，仅起还原性作用，C双氧水中氧元素的化合价既升高，又降低，则既体现氧化性又体现还原性，D反应双氧水中氧元素的化合价仅降低为-2价，则只体现出氧化性，故（1）选D，（2）选C，（3）因为氧化还原反应中得失电子数目是相等的，故可将（H2O22e=2H+O2）5与（MnO+5e+8H+=Mn2+4H2O）2相叠加可得离子反应2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2；（4）在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H2O+2C
32、rCl3的反应中通过化合价分析可得如下关系：:3Cl2 6 e6HCl（被氧化），由关系式计算可得当有0.3mol电子转移时得到Cl20.15mol，体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，被氧化的HCl为0.3mol；（5）由镁不能与氢氧化钠反应而铝能溶于氢氧化钠溶液中，因此镁粉中混入铝粉杂质可用NaOH溶液溶解，然后过滤的方法而除去，化学反应方程式为2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2。【点睛】在氧化还原反应的计算中，往往要根据电子转移来进行，特别是在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H2O+2CrCl3等此类反应中，HCl是还原剂，但只是部分被
33、氧化，还有一部分起酸性作用，所以要抓住氯元素的价态变化来分析。18. SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。（1）SCR（选择性催化还原）工作原理： 尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：_。 反应器中NH3还原NO2的化学方程式：_。 当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：_。 尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60 mgL1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mo
34、lL1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 molL1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_。（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_。 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是_。 还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与N
35、H3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_15NNO+_H2O【答案】 (1). CO(NH2)2+H2O2NH3+CO2 (2). 8NH3+6NO27N2+12H2O (3). 2SO2+O2+4NH3+2H2O2(NH4)2SO4 (4). (5). BaO (6). 81 (7). 415NO+4NH3+3O2 (8). 4 (9). 6【解析】【分析】（1）尿素CO（NH2）2水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒配平书写化学方程式；反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；SO2在O2作用下与N
36、H3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；涉及反应为2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），以此计算；（2）由图a可知储存NOx的物质是BaO；第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO3）2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，
37、结合电子得失相等配平。【详解】（1）尿素CO（NH2）2水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原子守恒书写化学方程式为：CO（NH2）2+H2O 2NH3+CO2；NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO2 7N2+12H2O；SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O2（NH4）2SO4；涉及反应为2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n（H2SO4）=v1c
38、110-3mol，n（NaOH）=v2c210-3mol，由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），则n（NH3）=（2v1c110-3-v2c210-3）mol，则m（CO（NH2）2）=（2v1c110-3-v2c210-3）mol60g/mol=（0.06v1c1-0.03v2c2 ）g，尿素溶液中溶质的质量分数是100=；（2）由图示可知BaO和NOx反应生成Ba（NO3）2，Ba（NO3）2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO；第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO3）2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，则1molBa（
39、NO3）2生成氨气转移16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为mol =8mol，则消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是8：1；在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O。【点睛】本题以氮氧化物为载体考查元素化合物知识以及化学方程式的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，注意把握题给信息，结合质量守恒计算该题。19. 某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可
40、能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水，受热均易分解，各生成对应的两种氧化物.(1)乙同学的观点，你认为其原理是(用离子方程式表示)：_。(2)在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。.请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。(3)B装置中试剂的化学式是_，C装置中试剂的名称是_。(4)能证明乙同学观点正确的预期实验现象是_。.若丙同学观点正确，可利用下列装置通过实验测定其组成。(5)实验装置的连接顺序为_。(6
41、)装置C中碱石灰的作用是_，实验开始和结束时都要通过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是_。(7)若沉淀样品的质量为m g，装置B质量增加了n g，则沉淀中CuCO3的质量分数为_。【答案】 (1). Cu2COH2O=Cu(OH)2CO2 (2). 取最后一次洗涤液(或上层清液)，滴加BaCl2(或硝酸钡)溶液，无沉淀生成，说明已洗净 (3). CuSO4 (4). 澄清石灰水 (5). B中无水硫酸铜变蓝，C中澄清石灰水不变浑浊 (6). CABDE (7). 吸收空气中的水蒸气和CO2 (8). 将装置中滞留的水蒸气和CO2赶出。 (9). (1-)100%【解析】【分析】Na2C
42、O3溶液滴入CuSO4溶液中若发生复分解反应，则沉淀为CuCO3，若发生完全双水解反应，则沉淀为Cu(OH)2，若发生双水解反应且不完全，则沉淀为CuCO3和Cu(OH)2的混合物；CuCO3受热分解产生CuO和CO2，Cu(OH)2受热分解产生CuO和H2O，可通过检验沉淀分解产物中是否含有水和二氧化碳来判断沉淀种类，若沉淀分解后气态产物中只含H2O，则沉淀为Cu(OH)2；若沉淀分解后气态产物中只含CO2，则沉淀为CuCO3；若沉淀分解后气态产物中同时含H2O和CO2，则沉淀为CuCO3和Cu(OH)2的混合物，同时可通过测定气态产物中H2O或CO2的质量计算沉淀中CuCO3的质量，从而计
43、算沉淀中CuCO3的质量分数，据此解答。【详解】(1)乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2，则发生的是双水解反应，反应的离子方程式为Cu2COH2O=Cu(OH)2CO2，故答案为：Cu2COH2O=Cu(OH)2CO2；(2)沉淀为一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到，洗涤时，若沉淀洗净，则最后一次洗涤液(或上层清液)不含硫酸根离子，可通过检验最后一次洗涤液(或上层清液)中是否含硫酸根来判断沉淀是否洗净，具体操作为取最后一次洗涤液(或上层清液)，滴加BaCl2(或硝酸钡)溶液，无沉淀生成，说明已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液(或上层清液)，滴加BaCl2(或硝酸钡)溶液，无沉淀
44、生成，说明已洗净；(3)乙同学认为沉淀是Cu(OH)2，则加热使沉淀分解，检验气态产物为水而非二氧化碳，可在B处放无水硫酸铜，C处放澄清石灰水，故答案为：CuSO4；澄清石灰水；(4)当B中无水硫酸铜变蓝，C中澄清石灰水不变浑浊可证明沉淀分解气态产物为水而不含二氧化碳，从而验证乙同学观点正确，故答案为：B中无水硫酸铜变蓝，C中澄清石灰水不变浑浊；(5)丙同学认为沉淀是CuCO3和Cu(OH)2的混合物，要验证丙同学的观点，可检验气态产物中既有水又有二氧化碳，具体思路为：用碱石灰除去空气中的二氧化碳和水加热使沉淀分解用浓硫酸吸收水蒸气用碱石灰吸收二氧化碳用碱石灰隔绝空气防止空气中的二氧化碳和水蒸
45、气进入装置，因此装置的连接顺序为CABDE，故答案为：CABDE；(6)由(5)可知装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的水蒸气和CO2，防止对实验造成干扰，实验开始和结束时都要通过量的空气，实验开始通入过量空气是为了排尽装置内的二氧化碳和水蒸气，结束时通入过量空气的作用是将装置中滞留的水蒸气和CO2赶出，故答案为：吸收空气中的水蒸气和CO2；将装置中滞留的水蒸气和CO2赶出；(6)B装置的作用是测量沉淀分解产生的水的质量，B质量增加了n g，则根据可知：沉淀样品中氢氧化铜的质量为g=g，碳酸铜的质量为(m-)g，则碳酸铜的质量分数=(1-)100%，故答案为：(1-)100%。20. 草酸亚铁晶
46、体（FeC2O42H2O）是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等，其制备流程如下：(1)配制硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2溶液时，需加少量硫酸，目的是_。(2)加热到沸腾时发生反应的化学方程式为_。(3)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，溶液变为棕黄色，同时有气体生成。已知反应中MnO转化为无色的Mn2，则该过程中被氧化的元素是_，若反应中消耗1 mol FeC2O42H2O，则参加反应的n(KMnO4)_。(4)称取3.6 g草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O相对分子质量是180）用热重法对其进行热分解，得
47、到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示：过程发生反应的化学方程式为_。300时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式或名称_（请写出计算过程）。【答案】 (1). 抑制Fe2水解 (2). (NH4)2Fe(SO4)2H2C2O42H2O=FeC2O42H2OH2SO4(NH4)2SO4 (3). 碳和铁 (4). 0.6 (5). FeC2O42H2OFeC2O42H2O (6). Fe2O3【解析】【详解】(1)配制硫酸亚铁铵溶液时，溶液中亚铁离子水解显酸性，需加少量硫酸的目的是抑制其水解，故答案是：抑制Fe2+水解；(2)沉淀时发生反应硫酸亚铁氨溶液中加入草酸反
48、应生成草酸亚铁沉淀、硫酸和硫酸氨，反应的化学方程式根据原子守恒配平写出为(NH4)2Fe(SO4)2H2C2O42H2O=FeC2O42H2OH2SO4(NH4)2SO4，故答案为：(NH4)2Fe(SO4)2H2C2O42H2O=FeC2O42H2OH2SO4(NH4)2SO4；(3)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色并检测到CO2生成，说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，说明铁元素和碳元素被氧化，根据离子方程式5Fe2+5C2O+3MnO+24H+=5Fe3+3Mn2+5CO2+12H2O，可以知道消耗1 mol F FeC2
49、O42H2O，则参加反应的KMnO4为0.6mol，故答案为：碳和铁；0.6；(4)通过剩余固体的质量可以知道，过程发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为FeC2O42H2OFeC2O42H2O，故答案是：FeC2O42H2OFeC2O42H2O；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为3.60100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为1.60g-1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有56x：16y=7：3，解得x：y=2：3，所以氧化物的化学式为Fe2O3，故答案为：Fe2O3。
