1、北京101中2020-2021学年高三上学期第三次统练化学试题1. 氮循环是全球生物地球化学循环的重要组成部分，大气土壤中氮元素转化如图所示，下列说法不正确的是A. 将N2转化为化合物的过程称为固氮B. 无机物与有机物中的氮元素可相互转化C. 硝化细菌将转化为可能需要O2参与D. 在硝化细菌、反硝化细菌作用下氮元素均发生氧化反应【答案】D【解析】【详解】A. 将N2转化为化合物的过程称为固氮，有自然固氮和人工固氮，A正确；B. 由图知，无机物与有机物中的氮元素可相互转化，B正确；C. 按质量守恒定律及氧化还原反应规律可知：氮元素的化合价由-3价升高到+5价，发生氧化反应，所以硝化细菌将转化为可
2、能需要O2参与，C正确；D. 在反硝化细菌作用下，硝酸根转变为氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，D不正确；答案选D。2. 利用化学方法可以改善大气质量、进行水处理等。下列说法不正确的是（ ）A. 减少化石燃料的燃烧有益于缓解温室效应B. 向天然水中加入明矾可起到杀菌消毒的作用C. 可用熟石灰处理钢铁厂、电镀厂产生的酸性废水D. 在汽车尾气系统中安装催化转化器可减少尾气污染【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 化石燃料燃烧的产物主要是二氧化碳和水，其中二氧化碳是造成温室效应的气体，因此减少化石燃料的燃烧有益于缓解温室效应，A正确；B. 明矾中的铝离子在水溶液中可以发生水解反应生成氢氧化铝胶
3、体，具有吸附性，可以用于净水，但没有杀菌消毒的作用，B错误；C. 熟石灰的主要成分是氢氧化钙，可以通过酸碱中和反应处理钢铁厂、电镀厂产生的酸性废水，C正确；D. 在汽车尾气系统中安装催化转化器可以将尾气中的有毒气体CO、NO等转化为CO2、N2等无毒气体，减少尾气污染，D正确；故答案为：B。3. 以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A. 过程中钛氧键断裂会释放能量B. 该反应中，光能和热能转化为化学能C. 使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率D. CO2分
4、解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) H= + 30 kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A. 化学键断裂需要吸收能量，过程中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；B. 根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；C. 催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；D. 反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) H=15982- 10722-496=+ 556 kJ/mol，故D错误。4. 硒（34Se）元素是人体必需的微量元素之一，与溴同周期。下列说
5、法不正确的是A. 原子半径由大到小顺序：SeBrClB. 氢化物的稳定性：硒化氢水氟化氢C. SeO2和NaOH溶液反应生成Na2SeO4和水D. SeO2既可发生氧化反应，又可发生还原反应【答案】C【解析】【详解】A.同一主族从上到下，同周期从右到左，原子半径逐渐增大，故原子半径由大到小顺序：SeBrCl；B.同一主族从上到下，同周期从右到左，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故氢化物的稳定性：硒化氢水氟化氢；C.SeO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SeO3和水；D. Se 元素最外层有6个电子，最高化合价为+6价，最低负价为-2价，SeO2中Se为+4价，为Se元素的中间价态，故既
6、可发生氧化反应，又可发生还原反应；答案选C。【点睛】酸性氧化物与碱反应生成相应化合价的盐和水。5. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A. 1molCH2=CH2中含有的共价键数目为6NAB. 1molN2与3molH2混合充分反应，生成6NA个NH键C. 16gO2和16gO3所含的电子数均为8NAD. 标准状况下，22.4LNH3含有的质子数为10NA【答案】B【解析】【详解】A1molCH2=CH2中含有的共价键数目为6NA，故A正确；B1molN2与3molH2混合充分反应生成NH3，1molNH3含有3NA个NH键，但是氮气和氨气反应是可逆反应，生成氨气小于2mol
7、，故生成NH键小于6NA个，故B错误；C16gO2的物质的量为，一个氧原子有8个电子，则O2所含的电子数0.5mol82NA=8NA，16gO3的物质的量为，则O3所含的电子数83NA=8NA，故C正确；D标准状况下，22.4LNH3物质的量为1mol，含有的质子数为(7+13) NA=10NA，故D正确；答案选：B。6. 液态N2O4是火箭推进系统的有效氧化剂实验室制备少量N2O4的流程如下,下列分析不正确的是A. 反应、中氮元素的化合价发生了变化B. 反应利用了NH3的还原性C. 反应的颜色变化是由化学平衡移动引起的D. 反应可由如图所示装置实现【答案】D【解析】【详解】A. 已知这五种化
8、合物NH4Cl、NH3、NO、NO2、N2O4中N元素的化合价分别为-3、-3、+2、+4、+4，所以反应中N元素的化合价没有变化，反应中N元素的化合价变化了，故A正确；B. 反应中N元素从-3价升高为+2价，NH3表现出还原性，故B正确；C. 由于2NO2N2O4是放热反应，则降低温度，平衡正向移动，使NO2转化为N2O4，故C正确；D. 反应是固体加热生成易溶于水的NH3，应为固+固加热制备气体的发生装置、用向下排空气法收集氨气；图示装置中发生装置和收集装置都不合适，故D不正确；答案选D。7. X、Y、Z是中学化学中常见的物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图转化关系的是（ ）XY
9、Z箭头上所标数字的反应条件转化关系A.NONO2HNO3常温遇氧气B.Na2O2NaOHNaCl加入H2O2C.Cl2NaClOHClO通入CO2D.Al2O3NaAlO2Al(OH)3加NaOH溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】详解】A 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故B错误；C氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过
10、一步反应可以实现，故C正确；D氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；答案选B。8. BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示下列说法正确的是A. 该过程的总反应：C6H6O+O26CO2+3H2OB. 该过程中BMO表现较强氧化性C. 讲解产物中的分子中含有极性共价键和非极性共价键D. 和中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1【答案】D【解析】【详解】A. 该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O+7O2 6C
11、O2+3H2O，故A不正确；B. 该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO+，故B不正确；C. 降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C不正确；D. 中1molO2-要得到3mol电子，而中1molBMO+变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以、中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1，故D正确；答案选D。9. 某同学利用下图装置探究SO2的性质。下列有关反应的方程式，不正确的是（ ）A. 中溶液显红色的原因： CO32+ H2O HCO3+ OHB. 中溶液红色褪去的原因：2SO2 + CO32+ H
12、2O = CO2+ 2HSO3C. 中溶液显黄绿色的原因：Cl2+ H2O = HCl + HClOD. 中溶液黄绿色褪去的原因：SO2+ Cl2 + 2H2O = H2SO4 + 2HCl【答案】C【解析】碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，其水解的离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故A正确；亚硫酸的酸性强于碳酸，在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳发生反应2SO2+CO32+H2OCO2+2HSO3，NaHSO3溶液显酸性，所以溶液红色褪去，故B正确；氯气溶于水部分与水反应，部分以氯气分子的形式存在于溶液，所以氯水显浅黄绿色是因为溶解了氯气，故C错误；二氧化硫与氯水反应生成HCl和硫
13、酸，即发生SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，氯气被消耗，所以溶液的黄绿色褪去，故D正确。10. 下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A.卤化银沉淀的转化B.配制溶液C.溶解淀粉在不同条件下水解D.探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关，据此进行判断。【详解】A、NaCl足量，硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入
14、少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释，故A不符合题意； B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释，故B不符合题意； C、催化剂不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意； D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时压强较大，不会有气泡生成，打开瓶塞后压强减小，生成气泡，可用勒夏特列原理解释，故D不符合题意； 故选C。11. 某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A. 曲线II代表HCl的稀释过程
15、B. 溶液中水的电离程度：b点c点C. 从b点到d点，溶液中保持不变D. 该温度下，b点Kw的数值比e点大【答案】C【解析】【详解】A. 盐酸是强酸，稀释相同倍数，盐酸pH变化大于醋酸，曲线II代表CH3COOH的稀释过程，故A错误；B. b点pH小于c点，说明b点氢离子浓度大于c，b点对水电离抑制作用大于c，溶液中水的电离程度：b点c点,故B错误； C. Ka=，从b点到d点，温度不变，所以溶液中保持不变，故C正确；D. 温度不变，则Kw不变，该温度下，b点Kw的数值等于e点，故D错误。【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的一元酸中，稀释相同倍数，酸性越弱pH值变化越大，”是解本题
16、的关键，弱酸稀释过程中电离平衡常数不变。12. 在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)C(s)2CO(g)H0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)I9770.280.5600.4II9770.560.560xIII1250000.56yA. 977K，该反应的化学平衡常数值为2B. 达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡正向移动C. 达到平衡时，容器中CO2的转化率比容器中的大D. 达到平衡时，容器中的CO的转化率大于28.6%【答案】C【解析】【分析】977K时
17、，容器I：【详解】A. 977K，根据容器I中反应数据，该反应的化学平衡常数值为1，故A错误；B. C是固体，达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡不移动，故B错误；C. 容器与容器相比，相当于加压，达到平衡时，容器中CO2的转化率比容器中的大，故C正确；D. 若容器的温度是977K，则容器与容器I是等效平衡，平衡时CO的浓度是0.2mol/L，CO的转化率是，升高温度，正向移动，CO浓度增大，容器中的CO的转化率小于28.6%，故D错误。【点睛】本题考查平衡常数的计算、等效平衡原理，明确同一可逆反应，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量之比投入反应物或生成物，建立
18、起新的平衡状态都相同。13. 短周期中8种元素a-h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示。下列判断不正确的是A. a、d、f组成的化合物能溶于强碱溶液B. a可分别与b或c组成含10个电子的分子C. e的阳离子与g的阴离子具有相同的电子层结构D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：hgb【答案】C【解析】【分析】由图中原子序数和化合价，各元素依次为a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】Aa、d、f组成的化合物Al(OH)3具有两性，能溶于强碱溶液，故A正确；BCH4、NH3是10电子的分子，H可分别与C或N组成含10个电子的分
19、子，故B正确；CNa与S2的电子层结构不相同，前者具有Ne的电子层结构，后者具有Ar的电子层结构，故C错误；D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性ClSC，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4H2SO4H2CO3，故D正确；故选C。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据化合价、原子半径推断元素，注意抓住短周期元素，熟练掌握元素化合物知识，理解元素周期律、影响微粒半径大小的因素。易错点C，Na有2个电子层，K、L层分别排有2、8个电子，S2有3个电子层，K、L、M层分别排有2、8、8个电子。14. 下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（ ）A
20、. 由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B 红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸发生了反应C. 由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D. 的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】D【解析】【详解】A中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；B由可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的，B项正确；C中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是还原产物，C项正确；D红热
21、的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误；故选D。15. 饮用水中含有砷会导致砷中毒，水体中溶解的砷主要以As()亚砷酸盐和As()砷酸盐形式存在(1)33As与P位为同一主族，磷的原子结构示意图为_，砷在周期表中的位置_(2)根据元素周期律，下列说法正确的是(填字母序号)_a酸性：H2SO4H3PO4H3AsO4b原子半径：SPAsc非金属性：SPAsd还原性：AsH3PH3H2S(3)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为是富含砷的黄铁矿(FeS2)被氧化为Fe(OH)3，同时生成，导致砷脱离矿体进入地下水FeS2被O2氧化的离子方程
22、式为_(4)去除水体中的砷，可先将As()转化为As()，选用NaClO可实现该转化研究NaClO投加量对As()氧化率的影响得到如下结果：已知：投料前水样pH5.81，0.1mol/LNaClO溶液pH10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸产生此结果的原因是_(5)强阴离子交换柱可以吸附以阴离子形态存在的As()达到去除As的目的已知：一定条件下，As()的存在形式如下表所示：pH2277111114存在形式H3AsO4、pH6时，NaClO氧化亚砷酸(H3AsO3)的离子方程式是_【答案】 (1). (2). 第4周期；VA族 (3). acd (4). 4FeS215O214H2O=4
23、Fe(OH)3816H+ (5). 起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As()氧化率降低 (6). HClOH3AsO3=Cl2H+【解析】【分析】(1)磷原子核外电子数为15，有3个电子层，由里到外各层电子数为2、8、5；根据砷的原子结构回答其在周期表中的位置；(2)根据元素周期律进行相关问题的解答；(3)FeS2水溶液中被O2氧化生成硫酸、氢氧化铁；(4)图象中曲线变化和溶液浓度越大盐水解程度越小分析；(5)pH=6时，NaClO溶液中生成HClO，图中分析可知pH=6时As（）的存在形式为
24、H2AsO4-。【详解】(1)磷原子核外电子数为15，有3个电子层，由里到外各层电子数为2、8、5，磷原子结构示意图为；砷原子的核外电子数为33，与磷处于同一主族，在周期表中的位置为：第4周期；VA族；(2)a.同周期自左而右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，同主族自上而下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，酸性：H2SO4H3PO4H3AsO4，故a正确；b.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径依次增大，原子半径：AsPS，故b错误；c.同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性：SPAs，故c正确；d同周期自左而右非金属性增强，同主
25、族自上而下非金属性减弱，非金属性：SPAs，非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱，还原性：AsH3PH3H2S，故d正确；故答案为：acd；(3) FeS2被O2氧化生成硫酸、氢氧化铁，反应的化学方程式为：4FeS215O214H2O=4Fe(OH)3816H+；(4)投料前水样pH=5.81，0.1mol/LNaClO溶液pH=10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸，产生此结果的原因是：起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As()氧化率降低，故答案为：起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为
26、碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As()氧化率降低；(5)pH=6时，NaClO溶液中生成HClO，pH=6时，NaClO氧化亚砷酸(H3AsO3)的离子方程式是：HClOH3AsO3=Cl2H+。16. 硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。（1）工业采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为 2L 的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为 1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线 a 表示H2S的平衡转化率与温度的关系
27、，曲线 b 表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。反应2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)H_（填“”“ (2). 0.04mol/(Ls) (3). 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短 (4). Cu、Cl、H (5). 增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+) (6). Fe(CN)64-e-=Fe(CN)63- (7). 11.2L (8). 2Fe(CN)63-+2CO32-+H2S=2Fe(CN)64-+2HCO3-+S【解析】【详解】（1）由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即H0，H2S的物质的量为1 mol，体积2L
28、，起始浓度为0.5 molL1若985时，反应经5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为0.5 molL140%=0.2 molL1，v=c/t=0.04 molL1s1；随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；故答案为：；0.04mol/(Ls)；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。（2）通过图示可以看出来Fe的化学价由+3变为+2，S的化合价由-2变0价，化合价没有变的元素由Cu、Cl和H三种元素；在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有：增加氧气的通入量
29、或增加起始时c(Fe3+)。故答案为Cu、Cl、H；增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。（3）电解时阳极发生失电子的氧化反应，先将Fe（CN）64-转化为Fe（CN）63-，化合价升高，所以反应为：Fe(CN)64-e-=Fe(CN)63-；根据2Fe（CN）63-+2CO32-+H2S=2Fe（CN）64-+2HCO3-+S和阴极反应式为2HCO3-+2e-H2+2CO32-，得到关系式为：H22CO32-S，所以析出16g S的时候，生成标况下的氢气体积是11.2L；根据化合价升降法及元素守可知方程式为2Fe(CN)63-+2CO32-+H2S=2Fe(CN)64-+2HCO3-+
30、S。17. KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下：将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态物质。冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体。过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。(1)中，粉碎软锰矿的目的是_。(2)中，生成K2MnO4的化学方程式是_。(3)中，浸取时用稀KOH溶液的原因是_。(
31、4)中，CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是_。(5)将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，也可制得KMnO4装置如图：b极是_极(填“阳”或“阴”)，D是_。结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：_。传统无膜法电解时，锰元素利用率偏低，与之相比，用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，其原因是_。(6)用滴定法测定某高锰酸钾产品的纯度，步骤如下：已知：Na2C2O4 +H2SO4 H2C2O4 +Na2SO45H2C2O4 +2MnO4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O摩尔质量：Na2C2O4 134g/mol KMnO4 158g/mol称取ag产品，配成50mL溶液。称
32、取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。将锥形瓶中溶液加热到7580，恒温，用中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL(杂质不参与反应)。产品中KMnO4的质量分数的表达式为_。【答案】 (1). 增大反应物接触面积，加快反应速率 (2). 2MnO2 +4KOH+O2 2K2MnO4 +2H2O (3). 保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应 (4). 3K2MnO4 +2CO2 =2KMnO4 +MnO2+2K2CO3 (5). 阴 (6). 较浓的KOH溶液 (7). a极：MnO42-e-=MnO4-，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生
33、成KMnO4 (8). 用阳离子交换膜可防止MnO4、MnO42在阴极被还原 (9). 【解析】【分析】(1)粉碎软锰矿，可增大固体表面积；(2)由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4；(3)用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4变质；(4)中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2；(5)电解K2MnO4制取KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子；(6)称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中
34、，可知n(Na2C2O4)=，用中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL，由方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O可知VmL溶液中n(KMnO4)，进而计算纯度。【详解】(1)粉碎软锰矿，可增大固体表面积，反应物的接触面积增大，则反应速率加快；(2)由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4，反应的方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；(3)由题意可知用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应而变质；(4)中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，
35、同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2，反应的方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3；(5)由图可知b极生成氢气，应发生还原反应，为电解池阴极，阴极可得到较浓的KOH溶液；a为阳极，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子，发生MnO42-e-=MnO4-，同时部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4；用阳离子交换膜可防止MnO4-、MnO42-在阴极被还原，提高锰元素的利用率；(6)称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n(Na2C2O4)=mol，用中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL，由方程式5H2C2O4+2MnO
36、4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O可知VmL溶液中n(KMnO4)=mol，则50mL溶液中n(KMnO4)=mol，质量m=mol158g/mol=g，则产品中KMnO4的质量分数为。【点睛】本题考查物质的制备实验，注意把握物质的性质，把握流程中发生的反应、电解原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。18. 我国是世界上较早冶炼锌的国家。在现代工业中，锌更是在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。已知：锌的熔点为419.6，沸点907。I图是古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的示意图。(1)泥罐内的主要反应为：iZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) DH1
37、iiCO2(g) + C(s) = 2CO(g) DH 2总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g) DH3利用DH1和DH 2计算时DH3，还需要利用_反应的DH。(2)泥罐中，金属锌的状态变化是_；d口出去的物质主要是_。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为MnO2，还含铁等元素)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种工艺的主要流程如下：(3)浸出：加入FeSO4能促进ZnS的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。Fe2+的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为：MnO22Fe2+4H+ Mn2+2Fe3+
38、2H2O： 写出的离子方程式：_。 下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。a向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b_。(4)除铁：已知进入除铁工艺的溶液的pH约为3；控制溶液pH为2.53.5，使铁主要以FeOOH沉淀的形式除去。结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量ZnO的理由是_。(5)电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是_。(6)电解后的溶液中可循环利用的物质是_。【答案】 (1). ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g) (2). 气态变为液态 (3). CO和Zn蒸气 (4). ZnS+2
39、Fe3+ = Zn2+2Fe2+S (5). 取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 (6). 通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O 4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+ H2O+Zn2+，可控制溶液pH (7). Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+ (8). 硫酸【解析】【分析】I古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的各步反应：iZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g)、CO2(g) + C(s) = 2CO(g) 、ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)，总反应：ZnCO3(s) +
40、 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g)，反应区温度达到11001300，Zn变为蒸气与杂质分离，在“兜室”冷凝为液体流出（冷凝区温度高于Zn的熔点），为防止Zn被氧化而用“泥封”隔绝空气，出口“锌火”是未反应完的CO和Zn蒸气从“兜室”逸出燃烧。现代冶炼锌流程图中的各步反应：浸出：MnO22Fe2+4H+ Mn2+2Fe3+2H2O，iiZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+S，总把反应：MnO2ZnS+4H+ Mn2+S+Zn2+2H2O；除铁：4Fe2+O28H2O4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+H2O+Zn2+，可控制溶液pH；电
41、解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn22e=Zn。【详解】I（1）泥罐内的主要反应为：iZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) DH1 iiCO2(g) + C(s) = 2CO(g) DH 2总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g) DH3根据盖斯定律：总反应-i-ii得ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)，DH=DH3-DH1-DH 2，利用DH1和DH 2计算时DH3，还需要利用ZnO(s) + C(s) = Zn(g) +
42、 CO(g)反应DH。故答案为：ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)；（2）锌的熔点为419.6，沸点907，泥罐中，温度由11001300变成500700，金属锌的状态变化是气态变为液态；出口处主要是末反应CO和Zn蒸气在出口处燃烧，形成“锌火”，d口出去的物质主要是CO和Zn蒸气。故答案为：气态变为液态；CO和Zn蒸气；（3） Fe2+的作用类似催化剂，中应将Fe3+还原成Fe2+，ZnS的溶解的离子方程式：ZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+S。故答案为：ZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+S； 证实上述“催化”过程的实验方案：a检验Fe2+被氧化成Fe
43、3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b检验Fe3+被还原成Fe2+：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去。故答案为：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；（4）除铁：通入空气需同时补充适量ZnO的理由是：通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+H2O+Zn2+，可控制溶液pH。故答案为：通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O 4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+ H2O+Zn2+，可控制溶液
44、pH；（5）电解：用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，将Mn2+氧化成MnO2，阳极的电极反应是Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+。故答案为：Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+；（6）电解后的溶液中生成硫酸，可循环利用。故答案为：硫酸。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质性质与分离、提纯方法的关系，试题涉及的化学反应较多，分析发生的反应是解题的难点：古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌、现代冶炼锌流程图中的各步反应（详见分析），对学生的分析、理解能力及化学实验能力要求较高。19. 某小组
45、研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应。实验中：c(KSCN) = 0.1 mol/L；cFe2(SO4)3 = 0.025 mol/L；c(CuSO4) = 0.05 mol/L。. KSCN溶液与CuSO4溶液反应，实验如下。资料：.Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2。.(SCN)2称为“拟卤素”，在水溶液中呈黄色；(SCN)2的化学性质与Cl2相似，可与水、碱等发生反应。（1）a中CuSO4溶液显酸性的原因是_（用离子方程式表示）。（2）ab中试管内溶液pH减小，可能的原因是_。（3）bc产生沉淀的原因是_。. 同学们根据相同条件下氧化性：Fe3+Cu2+，
46、预测Fe3+与SCN-也可发生类似a中的氧化还原反应，进行如下实验。（4）向Fe2(SO4)3溶液中滴入少量KSCN溶液，观察到_，表明发生了反应：Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3。（5）基于（4）继续实验：用Fe2(SO4)3溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池，电压表指针几乎不偏转。该实验的目的是_。（6）查阅资料并讨论后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析a中反应发生的原因：生成CuSCN沉淀使Cu2+的氧化性增强，并补充实验进一步证明。补充的实验是_。（7）取（4）中反应后溶液，逐滴加入K3Fe(CN)6溶液，
47、产生蓝色沉淀，并且沉淀量逐渐增多。该实验结果与（5）中实验结果不一致，解释原因：_。（8）为进一步证实（7）中的解释，在以上实验的基础上补充实验，其操作及现象是_。【答案】 (1). Cu2+2H2O Cu（OH）2+2H+ (2). 生成（SCN）2与水反应所得HSCN为强酸，使溶液pH减小 (3). NaOH与（SCN）2反应，使溶液中c（SCN-）增大，与Cu2+继续反应生成少量CuSCN (4). 溶液变为红色 (5). 在无Fe3+3 SCN-Fe（SCN）3干扰时，证明Fe3+能否将SCN-氧化 (6). 用CuSO4溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池 (7)
48、. 滴入K3Fe(CN)6溶液时，与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增强 (8). 在（5）的原电池中，向盛有Fe2(SO4)3溶液的容器中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，指针发生明显偏转，且该侧电极为正极【解析】【分析】Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2，充分反应后过滤，得到(SCN)2溶液，其水溶液呈黄色；(SCN)2与NaOH发生反应，(SCN)2+2NaOH=NaSCN+NaSCNO+H2O。【详解】I、（1）CuSO4溶液显酸性的原因是Cu2+2H2O Cu（OH）2+2H+；（2）根据题给资料，a到b试管中pH减小的可能原因是：卤素单质能和水反应生成两
49、种酸（氟气除外），所以SCN-生成的（SCN）2也能和水反应生成两种酸，所得HSCN为强酸，使溶液pH减小；（3）根据题给资料，b到c产生沉淀的原因是：(SCN)2与NaOH发生反应，(SCN)2+2NaOH=NaSCN+NaSCNO+H2O，使溶液中c（SCN）-增大，与Cu2+继续反应生成少量CuSCN。II、（4）向Fe2(SO4)3溶液中滴入少量KSCN溶液，观察到溶液变为红色，表明发生了反应：Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3。（5）基于（4）继续实验：用Fe2(SO4)3溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池，电压表指针几乎不偏转。该实验的目的是探究在无F
50、e3+3 SCN-Fe（SCN）3干扰时，证明Fe3+能否将SCN-氧化；（6）根据查阅的资料和分析的原因，设计的实验要排除CuSCN的干扰，所以补充的实验：用CuSO4溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池；（7）取（4）中反应后溶液，逐滴加入K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，并且沉淀量逐渐增多。根据（6）中查阅的资料可知，该实验结果与（5）中实验结果不一致是因为：滴入K3Fe(CN)6溶液时，与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增强；（8）为了证实（7）中的解释，采用对比实验，在（5）的原电池中，向盛有Fe2(SO4)3溶液的容器中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，指针发生明显偏转，且该侧电极为正极。【点睛】(SCN)2的化学性质与Cl2相似，可仿Cl2与水、碱等反应解答。设计实验方案必须排除干扰，设计对比实验。
