1、山东省济宁市泗水县2021届高三化学上学期期中试题（含解析）注意事项：1答题前，考生先将自己的班级姓名考生号座号填写在相应位置2选择題答案必须使用2B铅笔正确填凃；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写3请按照题号在各题目的答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题上答题无效可能用到的相对原子质量一、选择题：本题共10小题，共20分每小题只有一个选项符合题意1. 不断进步的材料逐渐构筑了我们现代社会的文明。下列说法错误的是（ ）A. “唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐B. 玻璃是一种常见的无机非金属材料，在一定温度下软化可制得玻璃仪器C. 高铁和城铁所用镁合金具
2、有密度小、强度高、耐腐蚀等特点D. 以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化【答案】D【解析】【详解】A. “唐三彩”和景德镇瓷器都是陶瓷，陶瓷的主要化学成分都是硅酸盐，故A正确；B. 玻璃是一种常见的无机非金属材料，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，在一定温度下软化可制得玻璃仪器，故B正确；C. 镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点，常用于高铁和城铁的设备制造，故C正确；D. 光导纤维的主要成份是二氧化硅，不是硅，故D错误；故选D。【点睛】硅是常见的半导体材料，可以用作制硅芯片、太阳能电池等，二氧化硅常用于制光导纤维。2. 下列关于有机物的说法中正确的是（ ）A. 乙烷和乙烯
3、都能与氢气在一定条件下发生加成反应B. 乙烯、苯、乙醇均能使紫色的酸性高锰酸钾褪色C. 鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和溶液D. 蔗糖、淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A乙烯中有碳碳双键可与H2加成生成乙烷，但乙烷中无不饱和键不能与氢气加成，A错误；B苯不能使KMnO4溶液褪色，B错误；C乙酸与Na2CO3溶液反应产生气泡（CO2）；乙酸乙酯不溶于水，遇Na2CO3溶液会出现分层现象；乙醇易溶于水，遇Na2CO3溶液不分层；三者现象不同，故可以鉴别，C正确；D高分子化合物相对分子质量要达到10000以上，而蔗糖（C12H22O11）属于二糖，相对分子质量为342，所
4、以不属于高分子，D错误；故答案选C。3. 下列解释事实的化学用语错误的是A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS + Cu2+CuS + Zn2+B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3：CH3COOH CH3COO- + H+C. 电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O + 2e-H2+ 2OH-D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe3e- Fe3+【答案】D【解析】【详解】A溶解度大的物质可以转化为溶解度小的物质，溶解度ZnSCuS，则闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)，反应的离子方程式为ZnS+Cu2+CuS+Z
5、n2+，故A正确；B0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，说明醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故B正确；C电解NaCl溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，离子方程式为2H2O+2e-H2+2OH-，阴极区溶液pH增大，故C正确；D钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-Fe2+，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意电极反应式中，铁是失去2个电子生成亚铁离子。4. A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确的是A. 若A、B、C
6、的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2B. 若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体C. 若B为FeCl3，则X一定是FeD. A可以是碳单质，也可以是O2【答案】B【解析】【详解】A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；B. 若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；C. 若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁
7、与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D. 若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；答案为B。【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A. 遇苯酚显紫色的溶液：、B. 的溶液：、C. 水电离的的溶液中：、D. 的溶液：、【答案】D【解析】【详解】A遇苯酚显紫色的溶液含有Fe3+，Fe3+与、发生反应，Fe3+、不能共存，故不选A；B的溶液呈碱性，、能发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选B；C水
8、电离的的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下不能大量存在，碱性条件下不能大量存在，故不选C；D的溶液中，、不反应，能大量共存，故选D；选D。6. 用 NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到 0.4mol NaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为 0.1 NAB. 2 mol H3O中含有的电子数为 20 NAC. 密闭容器中 1 mol N2(g)与 3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成 6 NA 个 N-H 键D. 32 g N2H4中含有的共用电子对数为6 NA【答案】B【解析】【详解】A. 电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O2N
9、aOH+Cl2+H2，反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价，得到0.4molNaOH时，生成0.2molCl2，转移电子数为0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数为0.1 NA ，故A错误；B. 1个H3O中含有10个电子，因此2mol H3O中含有的电子数为20 NA ，故B正确；C. N2与H2反应的化学方程式为：N2+3H22NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭容器中1mol N2 (g)与3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol，形成N-H键的数目小于6 NA，故C错误；D. 32g N2H4物质的量为=1mo
10、l，两个氮原子间有一个共用电子对，每个氮原子与氢原子间有两个共用电子对，因此1mol N2H4中含有的共用电子对数为5 NA，故D错误；故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确H3O中含有10个电子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。7. 利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是A. NO属于共价化合物B. O2含有非极性共价键C. 过程吸收能量，过程释放能量D. 标准状况下，NO分解生成11.2LN2转移电子数6.021023【答案】D【解析】【详解】A. NO中氮原子和氧原子以共价键相结合，NO只含
11、有共价键，属于共价化合物，故A正确；B. O2中氧原子和氧原子以共价键相结合形成分子，由同种元素形成的共价键为非极性键，故B正确；C. 过程为NO分子变成氮原子和氧原子，是断键的过程，断键吸收能量，过程由氮原子和氧原子重新结合形成氮气和氧气，是形成化学键，形成键释放能量，故C正确；D. 11.2LN2的物质的量为0.5mol，2molNO生成1mol N2，氮原子化合价由+2价变为0价，共转移4mol电子，则生成0.5mol N2转移电子数为26.021023=1.2041024，故D错误；答案选D。8. 短周期元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外
12、层电子数的关系 为 X+Z=Y。电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产生 W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作 用，可得到化合物 ZWX 的溶液。下列说法正确的是A. W 的氢化物稳定性强于 Y 的氢化物B. Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C. Z 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性D. 对应的简单离子半径大小为 W Z XY【答案】C【解析】【分析】元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与
13、W同族，可推出Y元素为氟（F）。【详解】A. 最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性FCl，氢化物稳定性HFHCl，故A错误；B. Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；C. 钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；D. 对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2-F-Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：
14、Cl-O2-F-Na+，故D错误；故选C。【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。9. 绿矾(FeSO47H2O)高温分解可能会生成Fe2O3、SO2、SO3等，已知SO3的熔点为16.8、沸点为44.8。若设计实验验证绿矾高温分解的相关气态产物，下列实验装置可能不需要的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】绿矾在高温条件下发生分解，生成的气体产物中有SO2、SO3等，为检验生成的气体产物，可先将混合气体用冰水进行冷却，生成的SO3沸点较低容易液化，再将剩余气体通入品红溶液，利用SO2的漂白性进行检验，最后要注意尾气的吸收。【详解】A装有品红的装置
15、可检验生成产物中的SO2，A不符题意；B装有冰水混合物的装置可检验生成产物中的SO3，B不符题意；C绿矾分解的条件是高温，该反应装置中使用酒精喷灯加热，符合实验要求，C不符题意；D绿矾分解的条件是高温，使用酒精灯加热达不到实验所需温度，该装置不符实验要求，D符合题意；答案选D。10. 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】C【解析】【详解】A项，根据元
16、素守恒可知X的化学式为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。二、本题共5小题，共20分每题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分11. 含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法吹脱法：调节水体至8左右，然后持续向水中吹入大量空
17、气折点氯化法：调节水体至6左右，向水中加入适量下列分析不正确的是（ ）A. 含氨和铵盐水体中存在平衡：B. 吹脱法的原理是通过鼓气降低浓度，从而降低水中与的含量C. 折点氯化法除的原理为：D. 吹脱法无法对含的水体脱氮，但折点氯化法可以对含的水体脱氮【答案】D【解析】【详解】ANH3溶于水一部分与水反应生成NH3H2O，NH3H2O电离产生，两个过程均为可逆过程，A正确；B吹脱法调节pH=8，此时c(OH-)增大，促使平衡，正向移动，释放出NH3，B正确；CNaClO具有强氧化性，可将氧化为N2除去，自身被还原为Cl-，即，根据得失电子守恒确定： ，溶液显酸性配平电荷守恒和元素守恒可以加H+
18、和H2O，最终确定方程式为：，C正确；DNaClO具有强氧化性，可将氧化为，N元素不能脱离水体，无法脱氮，D错误；故答案选D。12. 高铁酸钾是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述不正确的是（ ）A. 用作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水B. 反应中尾气可用溶液吸收再利用C. 反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为D. 该条件下，物质的溶解性：【答案】CD【解析】【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将
19、其提纯，以此解答该题。【详解】A. K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A正确；B. 尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B正确；C. 反应中Cl元素化合价由+1价降低为1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，故C错误；D. 结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D错误；故选：CD。13. 工业上处理黄铜矿（主要成分是CuFeS2）的主要反应是2CuFeS2 + 4O2= Cu2S
20、+ 3SO2 + 2FeO。关于该反应的下列说法中，不正确的是（ ）A. CuFeS2既是氧化剂又是还原剂B. 还原产物有Cu2S、SO2、FeOC. Fe元素的化合价没有变化D 每反应1 molCuFeS2，转移电子8 mol【答案】D【解析】【详解】A. CuFeS2中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，既是氧化剂又是还原剂，故正确；B.反应中铜元素和氧元素化合价降低，所以Cu2S、SO2、FeO三种物质都为还原产物，故正确；C.铁元素前后没有变价，故正确；D.反应中只有硫元素化合价升高，转移18个电子，所以每反应1 molCuFeS2，转移电子9mol，故错误；故选D。14. 某微生物燃
21、料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 外电路中电流方向为B. 在硫氧化菌作用下转化为的反应是C. 硫酸盐还原菌分解生成D. 若该电池中有参加反应，则有通过质子交换膜【答案】AB【解析】【分析】根据体系中H+ 移动方向可判断a为电池负极，b为正极；有机物和在硫酸盐还原菌作用下生成HS-和CO2，HS-在硫氧化菌作用下，在负极失电子被氧化为，失去的电子由负极经过负载流入正极(b)，O2在正极得电子被还原。【详解】A电流由正极（b）流入负极（a），A正确；BHS-在负极被氧化为，即，根据图示可添加H+和H2O配平电极反应式，得，B正确；C根据图示判断CO2来源于有机物，C错误；D根据
22、电极反应：O2 + 4H+ + 4e- = 2H2O，确定0.2mol O2反应时，消耗0.8mol H+，为了维持正极区域电荷守恒，需有0.8mol H+通过质子交换膜进入正极，D错误；故答案选AB。15. 下列图示与对应的叙述不相符的是（ ）A. 图表示某放热反应在无催化剂（a）和有催化剂（b）时反应的能量变化B. 图表示一定条件下进行的反应各成分的物质的量变化，时刻改变的条件可能是缩小容器体积C. 图表示某明矾溶液中加入溶液，沉淀的质量与加入溶液体积的关系，在加入溶液时铝离子恰好沉淀完全D. 电导率可表示溶液导电性的强弱，电导率越大导电性越强，图可表示向盐酸和醋酸混合溶液中滴入氨水过程中
23、电导率的变化关系【答案】CD【解析】【详解】A催化剂能降低反应的活化能，故曲线b代表有催化剂的情况，A分析合理；B缩小容器体积，即增大压强，导致平衡正向移动，故SO2、O2量变少，SO3量变多， B分析合理（注意图示纵坐标是物质的量，若为浓度，则分析不合理）；C明矾（KAl(SO4)212H2O）与Ba(OH)2反应，第一段既有BaSO4沉淀又有Al(OH)3沉淀生成，而当Al3+完全沉淀后，进入第二段再加Ba(OH)2，Al(OH)3沉淀开始溶解，此时只有BaSO4沉淀生成，沉淀质量增加变慢，直至最终沉淀质量不变，对比图像分析可知，15mL时沉淀质量增加变慢，此时Al3+完全沉淀，20mL时
24、沉淀质量不变，此时Ba2+完全沉淀，C分析不合理；D随着氨水的加入，HCl、CH3COOH逐渐转化为强电解质NH4Cl、CH3COONH4，导致溶液中离子浓度增大，导电能力增强，随着氨水的持续加入，会稀释溶液离子浓度，导电能力会逐渐下降，但不会迅速下降，D分析不合理；故答案选CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分16. 已知A为淡黄色固体，T、R 为两种常见的用途广泛的金属单质，D具有磁性的黑色晶体， C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。（1）写出下列物质的化学式：D:_ R: _.写出A的电子式 _（2）按要求写出下列反应方程式：H在潮湿空
25、气中变为M的化学方程式 _B与R反应的化学方程式 _D与盐酸反应的离子方程式 _（3）向沸水中加入W饱和溶液，可制得一种红褐色透明液，该反应的离子方程式_【答案】 (1). Fe3O4 (2). Al (3). (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (6). Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O (7). Fe3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+【解析】【分析】A淡黄色固体为过氧化钠，和水反应生成C为氧气，B为氢氧化钠，R是金属单质，能和氢氧化钠反应，所以R为铝，N为偏铝酸钠，D为具有磁性
26、的黑色晶体，说明为四氧化三铁，则T为铁，E为氯化亚铁，H为氢氧化亚铁，M为氢氧化铁，W为氯化铁。【详解】(1)D为Fe3O4，R为Al，过氧化钠的电子式为：。(2)氢氧化亚铁和氧气和水反应生成氢氧化铁，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，氢氧化钠和铝反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁和水，方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe2+Fe3+4H2O。(3) Fe3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+17. (1)化合物中铅只有+2和+4两种价态，且+4价的化合物不稳定。Pb
27、O2固体与浓盐酸混合共热，有黄绿色气体生成。写出反应的化学方程式_；将PbO2固体加入到Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，固体逐渐溶解。如果反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2，则该反应的氧化产物是_（填离子）；已知PbO是碱性氧化物，PbO2是酸性氧化物，而Pb3O4则可看作两种氧化物按一定比例混合而成。写出Pb3O4与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式_。(2)已知PbSO4不溶于水，但可溶于醋酸铵(CH3COONH4)溶液，形成澄清溶液。PbSO4溶于CH3COONH4的原因可能是_；把醋酸铅溶液滴入Na2S溶液中，有黑色沉淀生成，其反应的离子方程式为_；铅蓄电池的使用PbO2
28、和Pb为电极材料，稀硫酸为电解质溶液。在电池工作过程中，如果转移了2mol电子，则提供电子的电极质量将增加_g。【答案】 (1). (2). (3). (4). 醋酸铅是弱电解质 (5). (6). 96【解析】【详解】(1)黄绿色气体为氯气，根据题意可知反应物为PbO2固体与浓盐酸，生成了氯气，结合化合价的变化，可知反应方程式为：；答案为：；由题给信息：化合物中铅只有+2和+4两种价态，且PbO2、Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，化合价发生变化，PbO2中Pb的化合价降低，PbO2作氧化剂，Mn(NO3)2中Mn元素的化合价升高，Mn(NO3)2作还原剂，结合氧化剂和还原剂的物质的量之比是
29、5:2，PbO2中Pb元素的化合价降低为+2价，则根据得失电子守恒，可知Mn(NO3)2中Mn元素的化合价升高为+7价，则Mn(NO3)2最终被氧化的产物为。答案为：；碱性氧化物能与酸反应生成盐和水，酸性氧化物不与酸反应，故由可知，Pb3O4与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式为：；答案为：；(2) 硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解，所以硫酸铅能溶于醋酸铵溶液中；答案为：醋酸铅是弱电解质；醋酸铅能和硫化钠发生复分解反应生成黑色的硫化铅沉淀，符合复分解反应的条件，离子反应方程式为。答案为：；原电池中提供电子的电极为负极，在电极为
30、PbO2和Pb的铅蓄电池中，Pb作负极。电极反应方程式为：Pb-2e+SOPbSO4，根据反应方程式，当转移2mol电子，生成1mol PbSO4，Pb电极质量增加96g。答案为：96。18. 氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是_（填写化学式）。（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为_。（3）同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：步骤1：将5 mL市售“84”消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12；步骤2：将稀释后溶液各
31、20 mL分别加入3个洁净的小烧杯中；步骤3：用H2SO4溶液将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7和4。（溶液体积变化忽略不计）步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：烧杯溶液的pH现象a1010 min后，红纸基本不褪色；4 h后红纸褪色b710 min后，红纸颜色变浅；4 h后红纸褪色c410 min后，红纸颜色变得更浅；4 h后红纸褪色已知，溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数（）随溶液pH变化的关系如下图所示：由实验现象可获得以下结论：溶液的pH在410范围内，pH越大，红纸褪色_。结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_。（4）由于
32、氯气会与自来水中的有机物发生反应生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。一种制备ClO2的方法是用SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中，反应的离子方程式为_。另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3，每生成0.5 mol ClO2，转移_mol e-。【答案】 (1). HClO (2). Cl2+ 2OH-Cl-+ ClO-+ H2O (3). 越慢 (4). b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 (5). SO2+ 2ClO3-
33、 2ClO2+ SO42- (6). 0.5【解析】(1)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够将有色物质漂白，故答案为HClO；(2)常温下，氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(3)根据实验数据，溶液的pH在4 10范围内，pH越大，红纸褪色越慢，故答案为越慢；根据溶液中Cl2、HC1O和ClO-物质的量分数() 随pH变化的关系图可知，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢，故答案为b烧杯中溶液的pH
34、大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；(4)将SO2通入硫酸酸化的NaC1O3溶液中反应生成了ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应该生成硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-，故答案为SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-；用NaClO3与盐酸反应生成ClO2，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl= 2ClO2+ Cl2+ 2H2O+2NaCl，反应中转移的电子为2e-，则每生成0.5 mol ClO2，转移的的物质的量为0.5mol，故答案为0.5。点睛：解答本题的关键是
35、掌握和理解氧化还原反应的规律和氯气的性质。本题的易错点和难点是(3)，要学会读图，从题干信息寻找答案。本题的另一个易错点是氧化还原反应的计算，氧化还原反应的计算依据为得失电子守恒。19. 高温条件下，和焦炭可发生化学反应，某兴趣小组对该反应及其产物进行如下实验探究回答下列问题：(1)和焦炭高温反应的装置如下图：实验时，需先_(“加热”或“通入”)，目的是_仪器b为安全瓶，其作用是_(2)该兴趣小组通过查阅资料得知，和焦炭在高温条件下发生氧化还原反应，反应后的气体生成物有碳的氧化物和，采用上图及下列装置可探究这些氧化物的存在仪器连接的合理顺序是图1DC_(仪器可重复使用)检查装置气密性的方法是_
36、浓溶液的作用是_(用离子方程式表示)，浓溶液的作用是_实验结束后，装置E中的变为红色，则说明和焦炭在高温条件下反应生成的气体有_(写化学式)(3)取上述实验后的固体于试管中，加少量稀硫酸，生成的气体通入到溶液中，溶液变黑，静置后，试管底部有少量淡黄色固体，则和焦炭在高温条件下反应后的固体可能是_(填序号)。a 和 b 和c 和 d 和【答案】 (1). 通入 (2). 除尽装置中的空气(或)，防止C与反应 (3). 防倒吸 (4). ABAFEAG (5). 关闭止水夹，用酒精灯微热图1中玻璃管，观察最后一个试管内导管口中是有气泡产生，停止加热后，导管中形成一段水柱，证明气密性良好 (6).
37、(7). 除去 (8). (9). bc【解析】【分析】实验前，装置中有空气，会干扰和焦炭的反应，所以实验时，要先通入，除尽装置中的空气(或)，防止C与反应，和焦炭反应生成气体产物通过(2)中装置检验，检验气体的顺序是：SO2CO2CO，以此解答。【详解】(1)实验前，装置中有空气，会干扰和焦炭的反应，所以实验时，要先通入，除尽装置中的空气(或)，防止C与反应，故答案为：通入；除尽装置中的空气(或)，防止C与反应；仪器b为安全瓶，其作用是防倒吸，故答案为：防倒吸；(2)检验气体的顺序是：SO2CO2CO，澄清石灰水用于检验CO2，品红溶液用于检验SO2， E装置用于检验CO，故仪器连接顺序为图
38、1DCABAFEAG，故答案为：ABAFEAG；检查该装置气密性的方法可以采用微热法或通入N2的方法，故答案为：关闭止水夹，用酒精灯微热图1中玻璃管，观察最后一个试管内导管口中是有气泡产生，停止加热后，导管中形成一段水柱，证明气密性良好；利用KMnO4的氧化性除去SO2，故离子方程式为：。NaOH溶液与CO2反应，达到除去CO2的目的，故答案为：；除去；装置E中的CuO由黑色变为红色，说明Na2SO4和焦炭在高温下反应生成的还有还原性气体，该气体为CO，故答案为：；(3)CuSO4溶液变黑，说明生成CuS沉淀；有淡黄色固体生成，说明生成S；结合溶液呈酸性，由反应2H2S+SO2=3S+2H2O
39、可以推知取上述实验后的固体于试管中，加少量稀硫酸，生成的气体为H2S和SO2；a. 不能和稀硫酸反应生成二氧化硫，不符合条件，故a不选；b 和硫酸反应生成H2S，和硫酸反应生成二氧化硫，符合条件，故b选；c. 和硫酸反应生成H2S，和硫酸反应生成二氧化硫，符合条件，故c选；d. 和硫酸反应生成二氧化硫，不能和稀硫酸反应，不符合条件，故d不选；答案为：bc。20. 二氧化铈是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含、等物质)。某课题组以此粉末为原料，设计如下流程对资源进行回收，得到纯净的和硫酸铁铵晶体。已知：不溶于稀硫酸，也不溶于溶液。回答下列问题：（1）废玻璃粉末
40、与稀硫酸充分反应后，过滤要用到的玻璃仪器有玻璃棒、_；“操作X”是将溶液1_、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。（2）向滤液1中加入稀硫酸、溶液的目的是_。滤渣1中加稀硫酸和溶液发生反应的离子方程式为_。（3）要证明滤液1中含有，可选用的试剂为_。（4）由滤液2生成的离子方程式为_。（5）取上述流程中得到的产品，加硫酸溶解后，用浓度为的标准溶液滴定至终点时(铈元素被还原为)，消耗标准溶液该产品中的质量分数为_(结果保留两位有效数字)。【答案】 (1). 烧杯、漏斗 (2). 蒸发浓缩（或加热浓缩）、冷却结晶（或降温结晶） (3). 将氧化为 (4). (5). 铁氰化钾溶液（其他合理答案也可）
41、 (6). (7). 0.98或98%【解析】【分析】经第一步用稀硫酸溶解后，Fe2O3、FeO转化为Fe2(SO4)3和FeSO4，SiO2、CeO2不溶，故滤液1中主要有Fe2(SO4)3、FeSO4、H2SO4，滤渣1含有SiO2、CeO2；滤液1经过氧化后与硫酸铵反应得到硫酸铁铵；滤渣1与稀硫酸、H2O2反应时，SiO2不溶，存在于滤渣2中，CeO2溶解转化为Ce3+，再与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4，最终加热得到纯净的CeO2。【详解】(1)过滤需要用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗，故此处填烧杯、漏斗；操作X是从溶液1中获得晶体，故此处填：蒸发（加热）浓缩，降温（冷却）结
42、晶。(2)最终产品硫酸铁铵中铁元素为+3价，故需要将滤液1中的Fe2+氧化为Fe3+，同时抑制Fe3+的水解；根据流程，滤渣1中CeO2与H2O2、H2SO4反应生成Ce3+，Ce元素化合价降低，根据常见物质的氧化还原规律，推测H2O2中O元素化合价升高变为O2，初步确定反应为：CeO2 + H2O2 Ce3+ + O2，根据得失电子守恒配平得：2CeO2 + H2O2 2Ce3+ + O2，再根据溶液显酸性添加H+、H2O配平电荷守恒和元素守恒，得最终方程式为：；(3)Fe2+具有还原性，可以用酸性KMnO4检验，现象为KMnO4溶液褪色，也可以用铁氰化钾检验，现象为产生蓝色沉淀；(4)滤液
43、2中Ce元素以Ce3+存在，反应后转化为Ce(OH)4，被氧化，根据反应物推测是被O2氧化，初步确定反应为：Ce3+ + O2 Ce(OH)4，根据得失电子守恒配平得：4Ce3+ + O2 4Ce(OH)4，再根据反应物中有NaOH添加OH-、H2O配平电荷守恒和元素守恒，得最终方程式为：；(5)Ce(OH)4经硫酸溶解后转化为Ce4+，根据题意Ce4+将Fe2+氧化物Fe3+，自身被还原为Ce3+，根据得失电子守恒得反应关系为：1Ce4+ 1Fe2+，故n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.1000 mol/L25 mL10-3 L/mL=2.510-3mol；根据Ce元素守恒：n(Ce(OH)4)=n(Ce4+)=2.510-3 mol；Ce(OH)4的质量分数=。
