1、2017年四川省泸州市高考化学一诊试卷一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与生产和生活密切相关下列有关说法正确的是（）A硅太阳能电池利用的是原电池原理B草木灰与硝酸铵混成复合肥施用C硅胶可用作瓶装药品的干燥剂D用于发酵的小苏打属于碱2下列有关说法正确的是（）A用pH试纸测得NaC1O溶液的pH为10B用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液与NaHCO3溶液C向Fe（NO3）2溶液中滴加稀盐酸，无明显现象D向K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液逐渐变黄3设NA为阿伏加德罗常数的值下列有关叙述正确的是（）A27g铝中加入lmol/L的N
2、aOH溶液，转移电子数是3NAB原子总数是4NA的N2与CO混合物，其质量是56gCNa2O2和KMnO4分别制得1molO2，转移的电子数均是2NAD标准状况下，44.8L NO与22.4 L O2反应后的分子数是2NA4短周期主族元素M、R、X、Y、Z的核电荷数依次增大其中M的族序数和原子序数相等，R的单质在空气中的体积分数最大，X、Y、Z同周期，且Xn+离子在同周期元素离子中半径最小，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质下列说法正确的是（）A气态氢化物的热稳定性：YZBY元素的氧化物对应的水化物一定是强酸CM与R可形成含非极性键的化合物D固体X2Y3可在水溶液中制取5下列有关实验的现象和结论都
3、正确的是（）选项实验现象结论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SiO3溶液的pHNa2SiO3溶液的pH大非金属性：CSiB将稀硫酸加入到碳酸钙中，排饱和食盐水收集气体收集到一定量气体实验室可用此法制备CO2C将4mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液与2mL 0lmol/L草酸溶液混合KMnO4溶液褪色的速率先慢后加快增大反应物浓度，反应速率加快D将NO2气体通入石蕊试液中溶液变红NO2是酸性氧化物AABBCCDD6氢碘酸（HI）可用“四室式电渗析法”制备，其工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）下列叙述错误的是（）A通电后，阴极室溶液pH增大B阳极电极反应式是2H2
4、O4e4H+O2C得到l mol产品HI，阳极室溶液质量减少8gD通电过程中，NaI的浓度逐渐减小725时，下列有关电解质溶液说法正确的是（）A稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸电离平衡右移，电离度增大B向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，c（SO42）c（HF）C向氨水中加入NH4C1固体，溶液中增大DAgCl在水和NaCl溶液中的溶度积分别为K1、K2，则K1K2二、非选择题8有两瓶标签已被腐蚀的药品，只看到“Na2S”字样（如图1），每瓶药品可能是Na2S、Na2SO3、Na2S2O3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种将两瓶药品分别标记为A、B，并配制成溶液进行如下探究试回答：（1）配制溶液时玻璃
5、棒的作用是（2）取A溶液加入盐酸，有气体产生，则A可能是另取A溶液加入硝酸酸化的BaCl2溶液观察到白色沉淀，结论是：A是Na2SO3则该白色沉淀是（3）分析发现上述实验并不严谨请你设计实验证实A是Na2SO3：取A溶液滴加（4）向B溶液中滴加H2SO4溶液，观察到沉淀和气体B溶液pH7的原因是（用离子方程式说明）（5）请结合图2继续探究：一段时间后，观察到B溶液变浑浊，请写出反应的离子方程式，反应中通入气体表现性为了验证FeCl3溶液中发生了氧化还原反应，取反应后的溶液三份，设计如下实验：方案一：向第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫色褪去；方案二：向第二份试液中加入KSCN溶液，再滴
6、加新制的氯水，溶液呈红色上述设计方案无法达到实验目的是：方案；请你再设计一种方案证明该氧化还原反应发生了：向第三份试液中加入9高铁酸钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性，是一种绿色消毒净水剂，只在碱性环境中稳定存在下列是通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠并探究其性质的实验，步骤如下：I制备高铁酸钠（Na2FeO4）（1）制备NaC1O溶液已知：3C12+6NaOH 5NaC1+NaC1O3+3H2O图甲装置中发生反应的离子方程式是，为防止产生NaC1O3，除搅拌和混入N2稀释外，还应采取的措施是已知实验室制取Cl2的原理是MnO2+4HC1（浓）MnC12+C12+2H2O选择图乙中部分装置与图甲
7、装置组合成一套制备NaC1O的装置，应选择的装置有 （填字母）（2）制备Fe2（SO4）3：向硫酸酸化的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，可能观察到的现象是，FeSO4与H2O2反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是（3）制备Na2FeO4：将Fe2（SO4）3溶液加入到NaOH与NaC1O的混合溶液中，其反应的离子方程式是高铁酸钠（Na2FeO4）的性质（4）已知：污水1的pH高于污水2的pH，污水中其余成分相同将等量的Na2FeO4投入到污水1和污水2中，则Na2FeO4的浓度在 （填“污水1”或“污水2”）中降低的速率快（5）请解释Na2FeO4消毒后能净化水的原因；Na2FeO4 （摩尔
8、质量是166g/mol）的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）是Cl2的倍（计算结果保留两位小数）10工业上合成尿素（H2NCONH2）分为两步：第一步，将液态氨气与气态CO2化合得到氨基甲酸铵（H2NCOONH4）；第二步，将氨基甲酸铵分解得到尿素：H2NCOONH4（l）H2O（1）+H2NCONH2 （1）H1+226.3kJmol1（1）已知总反应的热化学方程式为：2NH3（l）+CO2（g）H2O（1）+H2NCONH2 （1）H2=103.7kJmol1下列能提高尿素产率的措施是A升温 B加压 C添加催化剂写出第一步反应的热化学方程式（2）已知：NH2COONH4（s）2NH3（
9、g）+CO2（g）某实验小组在一固定容积的密闭容器中加入NH2COONH4（s）进行实验，以探究外界因素对化学平衡移动的影响，记录了下列数据温度（）15.020.025.030.035.0平衡总压强（kPa）5.78.312.017.124.0平衡气体总浓度（103molL1）2.43.44.86.89.4下列能判断该反应达到平衡的是A.2v正（NH3）v逆（CO2） B密闭容器中氨气的体积分数不变C密闭容器中气体总浓度不变 D混合气体的平均相对分子质量不变25.0与15.0时的平衡常数之比是上表实验的目的是，通过数据分析得出的结论是（3）已知：NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH
10、3H2O该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c（NH2COO）随时间变化趋势如图所示计算T3时，012min氨基甲酸铵水解反应的平均速率 （保留2位有效数字）比较图中T1、T2的大小：T1T2（填“”、“=”或“”），判断的理由是化学-选考题11草酸钛钾K2TiO（C2O4）2易溶于水，可作鞣革剂、媒染剂等工业上从钛铁矿 （主要含 FeTiO3，还有少量Fe2O3、SiO2、A12O3等杂质）制备草酸钛钾晶体，并得到副产品绿矾，流程如图所示：已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；KspTiO （OH）2=1.01029请回答下列问题：（1）经过步骤能
11、除去的杂质有（填化学式）（2）草酸钛钾K2TiO（C2O4）2中Ti的化合价是（3）FeTiO3与过量H2SO4反应的化学方程式是（4）干燥绿矾的最佳方法是（选填“风干”或者“加热”）（5）步骤加Na2CO3反应的离子方程式是，当TiO2+的浓度小于l105mol/L时认为TiO2+沉淀完全，此时溶液的pH应大于（6）TiO（OH）2经过一系列变化可制得Li4Ti5O12纳米材料，将其与LiFePO4作电极组成电池，其工作原理是：Li4Ti5O12+3LiFePO4Li7Ti5O12+3FePO4，充电时LiFePO4连接电源的极，请写出该电池放电时负极的电极反应式（7）为了测定绿矾样品中Fe
12、SO47H2O的含量，称取mg绿矾样品配成溶液，用b mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗酸性KMnO4溶液c mL计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数是 （用含m、b、c的代数式表示）2017年四川省泸州市高考化学一诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与生产和生活密切相关下列有关说法正确的是（）A硅太阳能电池利用的是原电池原理B草木灰与硝酸铵混成复合肥施用C硅胶可用作瓶装药品的干燥剂D用于发酵的小苏打属于碱【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A硅太阳能电池是将太阳能转化为电能；B依据盐类
13、水解应用解答；C依据硅酸具有吸水性且无毒解答；D电离产生阴离子全部是氢氧根离子的为碱【解答】解：A硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，原电池是将化学能转化为电能，二者原理不同，故A错误；B硝酸铵是铵态氮肥，草木灰属于碱性物质，铵根离子与碳酸根离子双水解相互促进生成氨气，降低肥效，故B错误；C硅酸具有吸水性且无毒，可以用作干燥剂，用作瓶装药品的干燥剂，故C正确；D小苏打为碳酸氢钠，电离产生的阴离子为碳酸氢根离子，阳离子为钠离子，所以属于盐，不属于碱，故D错误；故选：C2下列有关说法正确的是（）A用pH试纸测得NaC1O溶液的pH为10B用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液与NaHCO3溶液C向Fe（N
14、O3）2溶液中滴加稀盐酸，无明显现象D向K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液逐渐变黄【考点】pH的简单计算【分析】A、NaClO溶液有漂白性；B、碳酸钠、碳酸氢钠均能与石灰水反应生成碳酸钙沉淀；C、向Fe（NO3）2溶液中滴加稀盐酸，即会存在硝酸，能将亚铁离子氧化为铁离子；D、在水溶液中，重铬酸钾K2Cr2O7存在以下平衡Cr2O72+H2O2CrO42+2H+【解答】解：A、NaClO溶液有漂白性，故不能用pH试纸来测其pH，故A错误；B、碳酸钠、碳酸氢钠均能与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，故不能用石灰水来鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故B错误；C、向Fe（NO3）2溶液中滴加稀盐酸，即会存在硝酸
15、，能将亚铁离子氧化为铁离子，硝酸被还原为NO气体，故加入盐酸后有气体生成，且溶液由浅绿色变为棕黄色，故C错误；D、在水溶液中，重铬酸钾K2Cr2O7存在以下平衡Cr2O72+H2O2CrO42+2H+，故加入氢氧化钠溶液后，平衡右移，则溶液由橙色变为黄色，故D正确故选D3设NA为阿伏加德罗常数的值下列有关叙述正确的是（）A27g铝中加入lmol/L的NaOH溶液，转移电子数是3NAB原子总数是4NA的N2与CO混合物，其质量是56gCNa2O2和KMnO4分别制得1molO2，转移的电子数均是2NAD标准状况下，44.8L NO与22.4 L O2反应后的分子数是2NA【考点】阿伏加德罗常数【
16、分析】A、求出铝的物质的量，然后根据铝和氢氧化钠反应后变为+3价来分析；B、氮气和CO均为双原子分子；C、用过氧化钠制取氧气时，氧元素的价态由1价变为0价，而用高锰酸钾制取氧气时，氧元素的价态由2价变为0价；D、NO和氧气反应后的NO2中存在平衡：2NO2N2O4【解答】解：A、27g铝的物质的量为1mol，而铝和氢氧化钠反应后变为+3价，故和1mol/L的NaOH溶液反应后失去3NA个电子，故A正确；B、氮气和CO均为双原子分子，故含4NA个原子的混合物的物质的量为2mol，且两者的摩尔质量均为28g/mol，故质量为56g，故B正确；C、用过氧化钠制取氧气时，氧元素的价态由1价变为0价，故
17、用过氧化钠制取1mol氧气时，转移2NA个电子；而用高锰酸钾制取氧气时，氧元素的价态由2价变为0价，故当制取1mol氧气时转移4NA个电子，故C错误；D、NO和氧气反应后的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减少，故分子个数小于2NA个，故D错误故选AB4短周期主族元素M、R、X、Y、Z的核电荷数依次增大其中M的族序数和原子序数相等，R的单质在空气中的体积分数最大，X、Y、Z同周期，且Xn+离子在同周期元素离子中半径最小，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质下列说法正确的是（）A气态氢化物的热稳定性：YZBY元素的氧化物对应的水化物一定是强酸CM与R可形成含非极性键的化合物D固体X2Y3
18、可在水溶液中制取【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】短周期主族元素M、R、X、Y、Z的核电荷数依次增大其中M的族序数和原子序数相等，则M为H；R的单质在空气中的体积分数最大，R为N；X、Y、Z同周期，且Xn+离子在同周期元素离子中半径最小，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质，Y为S，X为Al，Z的原子序数最大，Z只能为Cl，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，M为H，R为N，X为Al，Y为S，Z为Cl，A非金属性ZY，则气态氢化物的热稳定性：YZ，故A错误；BY元素的氧化物对应的水化物若为亚硫酸，为弱酸，故B错误；CM与R可形成N2H4，含NH极性键、NN
19、非极性键，故C正确；D固体X2Y3为Al2S3，在水中发生相互促进水解反应，不能制备，故D错误；故选C5下列有关实验的现象和结论都正确的是（）选项实验现象结论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SiO3溶液的pHNa2SiO3溶液的pH大非金属性：CSiB将稀硫酸加入到碳酸钙中，排饱和食盐水收集气体收集到一定量气体实验室可用此法制备CO2C将4mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液与2mL 0lmol/L草酸溶液混合KMnO4溶液褪色的速率先慢后加快增大反应物浓度，反应速率加快D将NO2气体通入石蕊试液中溶液变红NO2是酸性氧化物AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A测定最高价
20、含氧酸的盐溶液的pH可比较对应酸的酸性；B碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面，阻止反应的发生；C生成锰离子对反应起催化剂作用；DNO2气体通入石蕊试液中，先变红，后褪色【解答】解：A测定最高价含氧酸的盐溶液的pH可比较对应酸的酸性，由Na2SiO3溶液的pH大，可知硅酸的酸性小于碳酸的酸性，则非金属性：CSi，故A正确；B碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面，阻止反应的发生，不能制备气体，应选稀盐酸与碳酸钙，故B错误；C生成锰离子对反应起催化剂作用，则后来反应速率加快，故C错误；DNO2气体通入石蕊试液中，先变红，后褪色，NO2与水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，
21、故D错误；故选A6氢碘酸（HI）可用“四室式电渗析法”制备，其工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）下列叙述错误的是（）A通电后，阴极室溶液pH增大B阳极电极反应式是2H2O4e4H+O2C得到l mol产品HI，阳极室溶液质量减少8gD通电过程中，NaI的浓度逐渐减小【考点】电解原理【分析】制备氢碘酸，则阳极上是硫酸溶液中的氢氧根失电子发生氧化反应，生成大量H+，则H+离子要移向产品室，在阴极上是氢氧化钠溶液中的H+放电，导致溶液带负电性，吸引原料室中NaI的Na+移向阴极，则I移向产品室，据此分析解答；【解答】解：A、通电后，阴极室上是氢氧化钠溶液中的H+放电，则溶液p
22、H增大，故A正确；B、阳极上是硫酸溶液中的氢氧根失电子发生氧化反应，电极反应式是2H2O4e4H+O2，故B正确；C、得到l mol产品HI，则转移l mol电子，又阳极电极反应式是2H2O4e4H+O2，所以消耗0.5mol水即9g，故C错误；D、通电过程中，在阴极上是氢氧化钠溶液中的H+放电，导致溶液带负电性，吸引原料室中NaI的Na+移向阴极，则I移向产品室，所以NaI的浓度逐渐减小，故D正确故选C725时，下列有关电解质溶液说法正确的是（）A稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸电离平衡右移，电离度增大B向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，c（SO42）c（HF）C向氨水中加入NH4C1固体，溶液中增大
23、DAgCl在水和NaCl溶液中的溶度积分别为K1、K2，则K1K2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A弱电解质浓度越小电离程度越大；B根据溶液中的物料守恒和电荷守恒分析；C铵根离子的水解常数Kh=，根据影响水解常数的因素判断；D溶度积只与温度有关【解答】解：A稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸电离平衡右移，但电离度减小，故A错误；B向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，溶液中物料守恒为：c（Na+）=c（HF）+c（F），电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（F）+2c（SO42），消去钠离子的浓度可得：c（HF）+c（H+）=c（OH）+2c（SO42），溶液显中性，则c（H+）=c
24、（OH），所以c（HF）=2c（SO42），则c（SO42）c（HF），故B正确；C铵根离子的水解常数Kh=，溶液的温度不变，水解常数不变，故C错误；D溶度积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以AgCl在水和NaCl溶液中的溶度积分别为K1、K2，则K1=K2，故D错误故选B二、非选择题8有两瓶标签已被腐蚀的药品，只看到“Na2S”字样（如图1），每瓶药品可能是Na2S、Na2SO3、Na2S2O3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种将两瓶药品分别标记为A、B，并配制成溶液进行如下探究试回答：（1）配制溶液时玻璃棒的作用是搅拌或加速固体溶解（2）取A溶液加入盐酸，有气体产生，则A可能是Na2
25、S、Na2SO3、Na2S2O3；另取A溶液加入硝酸酸化的BaCl2溶液观察到白色沉淀，结论是：A是Na2SO3则该白色沉淀是BaSO4（3）分析发现上述实验并不严谨请你设计实验证实A是Na2SO3：取A溶液滴加滴加BaCl2溶液观察到白色沉淀，再滴加稀盐酸，沉淀完全溶解（4）向B溶液中滴加H2SO4溶液，观察到沉淀和气体B溶液pH7的原因是S2O32+H2OHS2O3+OH（用离子方程式说明）（5）请结合图2继续探究：一段时间后，观察到B溶液变浑浊，请写出反应的离子方程式H2O+SO2+S2O32=S+2HSO3，反应中通入气体表现酸性为了验证FeCl3溶液中发生了氧化还原反应，取反应后的溶
26、液三份，设计如下实验：方案一：向第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫色褪去；方案二：向第二份试液中加入KSCN溶液，再滴加新制的氯水，溶液呈红色上述设计方案无法达到实验目的是：方案一和二；请你再设计一种方案证明该氧化还原反应发生了：向第三份试液中加入K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀（或稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，析出白色沉淀）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）配制溶液时需要玻璃棒进行搅拌，加速溶解；（2）根据各物质与盐酸的反应分析有气体产生的可能；Na2SO3溶液加入硝酸酸化的BaCl2溶液产生的白色沉淀为硫酸钡；（3）硝酸能氧化亚硫酸根离子，考虑不使用硝酸钡；（4）向B溶液
27、中滴加H2SO4溶液，观察到沉淀和气体，则B溶液为Na2S2O3，Na2S2O3水解显碱性；（5）根据装置：烧瓶中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫气体与氯化铁发生氧化还原反应，到B溶液Na2S2O3溶液中，二氧化硫溶于水显酸性使Na2S2O3溶液发生歧化反应生成硫单质，溶液浑浊，最后氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫；FeCl3溶液中发生了氧化还原反应2H2O+SO2+2Fe3+=2Fe2+SO42+4H+，根据产物亚铁离子和硫酸根离子的性质可设计验证【解答】解：（1）配制溶液时玻璃棒的作用是进行搅拌，加速固体的溶解；故答案为：搅拌或加速固体溶解；（2）取A溶液加入盐酸，有气体产生的
28、为Na2S+2HCl=2NaCl+H2S，Na2SO3+HCl=2NaCl+H2O+SO2，Na2S2O3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2+S；Na2SO3溶液加入硝酸酸化的BaCl2溶液观察到白色沉淀，则该白色沉淀为硫酸钡；故答案为：Na2S、Na2SO3、Na2S2O3；BaSO4；（3）硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，不能排除硫酸钠，所以应选用盐酸酸化的氯化钡溶液，所以应取A溶液滴加BaCl2溶液观察到白色沉淀，再滴加稀盐酸，沉淀完全溶解，即可证明A溶液为Na2SO3；故答案为：滴加BaCl2溶液观察到白色沉淀，再滴加稀盐酸，沉淀完全溶解；（4）向
29、B溶液中滴加H2SO4溶液，观察到沉淀和气体，则B溶液为Na2S2O3，发生的反应为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2+S；Na2S2O3水解反应：S2O32+H2OHS2O3+OH，所以溶液显碱性；故答案为：S2O32+H2OHS2O3+OH；（5）根据装置：烧瓶中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫气体与氯化铁发生氧化还原反应：2H2O+SO2+2Fe3+=2Fe2+SO42+4H+，到B溶液Na2S2O3溶液中，二氧化硫溶于水显酸性使Na2S2O3溶液发生歧化反应：H2O+SO2+S2O32=S+2HSO3，生成硫单质，溶液浑浊，最后氢氧化钠吸收未反应完的
30、二氧化硫；故答案为：H2O+SO2+S2O32=S+2HSO3；酸性；FeCl3溶液中发生了氧化还原反应2H2O+SO2+2Fe3+=2Fe2+SO42+4H+，验证该反应的发生：方案一：向第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫色褪去，二氧化硫过量，也可使紫色褪去，错误，方案二：向第二份试液中加入KSCN溶液，再滴加新制的氯水，溶液呈红色，铁离子可使KSCN溶液呈红色，错误，应为先无明显变化，滴加新制氯水，溶液显红色，可用K3Fe（CN）6溶液检验生成的亚铁离子，产生蓝色沉淀，或者检验硫酸根离子：向试液中加入稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，析出白色沉淀即可；故答案为：一和二；K3Fe（CN）
31、6溶液，产生蓝色沉淀（或稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，析出白色沉淀）9高铁酸钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性，是一种绿色消毒净水剂，只在碱性环境中稳定存在下列是通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠并探究其性质的实验，步骤如下：I制备高铁酸钠（Na2FeO4）（1）制备NaC1O溶液已知：3C12+6NaOH 5NaC1+NaC1O3+3H2O图甲装置中发生反应的离子方程式是C12+2OH=C1+C1O+H2O，为防止产生NaC1O3，除搅拌和混入N2稀释外，还应采取的措施是将甲置于冷（或冰）水浴中已知实验室制取Cl2的原理是MnO2+4HC1（浓）MnC12+C12+2H2O选择图乙中部分装置与
32、图甲装置组合成一套制备NaC1O的装置，应选择的装置有bedf （填字母）（2）制备Fe2（SO4）3：向硫酸酸化的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，可能观察到的现象是溶液变黄，FeSO4与H2O2反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2（3）制备Na2FeO4：将Fe2（SO4）3溶液加入到NaOH与NaC1O的混合溶液中，其反应的离子方程式是3ClO+2Fe3+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O高铁酸钠（Na2FeO4）的性质（4）已知：污水1的pH高于污水2的pH，污水中其余成分相同将等量的Na2FeO4投入到污水1和污水2中，则Na2FeO4的浓度在污水2 （填“污水1”或“污
33、水2”）中降低的速率快（5）请解释Na2FeO4消毒后能净化水的原因高铁酸钠消毒还原产生铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性；Na2FeO4 （摩尔质量是166g/mol）的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）是Cl2的0.64倍（计算结果保留两位小数）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）图甲装置A的反应为C12+2NaOH=NaC1+NaC1O+H2O，钠离子不参与反应，离子方程式为：C12+2OH=C1+C1O+H2O，防止温度较高生成NaC1O3，要求反应温度较低；根据反应进行的条件和含有的杂质选择除杂干燥装置分析；（2）双氧水将亚铁离子氧化为黄色的铁离子，写方程知氧化剂与
34、还原剂之比；（3）将Fe2（SO4）3溶液加入到NaOH与NaC1O的混合溶液中，生成Na2FeO4，可知铁元素化合价升高被氧化，次氯酸钠氧化铁元素，则次氯酸钠被还原为氯离子，写方程式；（4）高铁酸跟在强碱性介质中稳定存在，但在酸性介质与水中水解生成三价铁，三价铁离子净水，酸性有利于其水解净水；（5）高铁酸钠效度还原产生铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性；计算相同质量的高铁酸钠与氯气转移的电子数可得【解答】解：（1）图甲装置A的反应为C12+2NaOH=NaC1+NaC1O+H2O，钠离子不参与反应，离子方程式为：C12+2OH=C1+C1O+H2O，又已知：3C12+6NaOH 5
35、NaC1+NaC1O3+3H2O，防止温度较高生成NaC1O3，要求反应温度较低，则应将甲置于冷（或冰）水浴中；故答案为：C12+2OH=C1+C1O+H2O；将甲置于冷（或冰）水浴中；反应需要加热，故选择b，氯气中混有氯化氢气体，故用饱和食盐水除氯化氢，有f，氯气收集装置有e，氯气污染环境，需进行吸收，有d；故答案为：bedf；（2）向硫酸酸化的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，发生的反应为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，铁离子的溶液显黄色；双氧水为氧化剂，亚铁离子为还原剂，故氧化剂与还原剂之比为1：2；故答案为：溶液变黄；1：2；（3）已知：（3）将Fe2（SO4）3溶液加
36、入到NaOH与NaC1O的混合溶液中，生成Na2FeO4，可知铁元素化合价升高被氧化，次氯酸钠氧化铁元素，则次氯酸钠被还原为氯离子，结合碱性环境，发生的离子方程式为：3ClO+2Fe3+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；故答案为：3ClO+2Fe3+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；（4）高铁酸跟在强碱性介质中稳定存在，但在酸性介质与水中水解生成三价铁水解净水，酸性有利于其水解净水，污水2的酸性稍大，故污水2中高铁酸钠浓度降低较快；故答案为：污水2；（5）高铁酸钠消毒还原产生铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，可净水；假设1mol高铁酸钠，则其质量为166g，则氯气也
37、为166g，根据：Na2FeO4Fe3+3e，则高铁酸钠转移的电子数为3mol，根据Cl22Cl2e， 71g 2mol 166g=4.67mol，则Na2FeO4 的消毒效率是Cl2的=0.64；故答案为：高铁酸钠消毒还原产生铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性；0.6410工业上合成尿素（H2NCONH2）分为两步：第一步，将液态氨气与气态CO2化合得到氨基甲酸铵（H2NCOONH4）；第二步，将氨基甲酸铵分解得到尿素：H2NCOONH4（l）H2O（1）+H2NCONH2 （1）H1+226.3kJmol1（1）已知总反应的热化学方程式为：2NH3（l）+CO2（g）H2O（1）
38、+H2NCONH2 （1）H2=103.7kJmol1下列能提高尿素产率的措施是BA升温 B加压 C添加催化剂写出第一步反应的热化学方程式2NH3（l）+CO2（g）H2NCOONH4（l）H=330.0kJmol1（2）已知：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）某实验小组在一固定容积的密闭容器中加入NH2COONH4（s）进行实验，以探究外界因素对化学平衡移动的影响，记录了下列数据温度（）15.020.025.030.035.0平衡总压强（kPa）5.78.312.017.124.0平衡气体总浓度（103molL1）2.43.44.86.89.4下列能判断该反应达到平衡的是C
39、A.2v正（NH3）v逆（CO2） B密闭容器中氨气的体积分数不变C密闭容器中气体总浓度不变 D混合气体的平均相对分子质量不变25.0与15.0时的平衡常数之比是8上表实验的目的是探究温度对化学平衡的影响，通过数据分析得出的结论是升高温度平衡正向进行，正反应为吸热反应（3）已知：NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3H2O该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c（NH2COO）随时间变化趋势如图所示计算T3时，012min氨基甲酸铵水解反应的平均速率0.0083mol/（Lmin） （保留2位有效数字）比较图中T1、T2的大小：T1T2（填“”、“=
40、”或“”），判断的理由是T2反应物起始浓度比T1C小，但相同时间内06min的平均反应速率仍比T1C时的大【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算【分析】（1）2NH3（l）+CO2（g）H2O（1）+H2NCONH2 （1）H2=103.7kJmol1，反应为气体体积减小的放热反应，提高尿素产率平衡正向进行；第一步，将液态氨气与气态CO2化合得到氨基甲酸铵（H2NCOONH4），结合热化学方程式和盖斯定律计算得到；（2）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量
41、，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；先根据反应 NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），可知平衡时容器内气体的浓度之比为2：1，由总浓度求出NH3、CO2 的平衡浓度，最后代入平衡常数的表达式来计算；上表实验的目的是探究温度对化学平衡的影响，升温平衡正向进行，向吸热反应方向进行；（3）根据化学反应速率的公式来计算；由图象数据可以得出，用不同初始浓度，不同温度下的平均速率的大小来说明【解答】解：（1）2NH3（l）+CO2（g）H2O（1）+H2NCONH2 （1）H2=103.7kJmol1，反应为气体体积减小的放热反应，提高尿素产率平衡
42、正向进行，A升温平衡逆向进行，尿素产率减小，故A错误；B加压平衡正向进行，尿素产率增大，故B正确；C添加催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，产率不变，故C错误；故答案为：B；H2NCOONH4（l）H2O（1）+H2NCONH2 （1）H1+226.3kJmol1，.2NH3（l）+CO2（g）H2O（1）+H2NCONH2 （1）H2=103.7kJmol1，盖斯定律计算得到：2NH3（l）+CO2（g）H2NCOONH4（l）H=330.0kJmol1，故答案为：2NH3（l）+CO2（g）H2NCOONH4（l）H=330.0kJmol1；（2）NH2COONH4（s）2NH3（g）+C
43、O2（g），反应为气体体积增大的反应，A、2v正（NH3）v逆（CO2） 未体现正逆的关系，v正（NH3）2v逆（CO2）体现了正逆反应速率相同，故A错误；B、因为反应物是固体，容器中氨气和二氧化碳的物质的量之比为2：1，密闭容器中氨气的体积分数不变，故B错误；C、密闭容器中气体总浓度不变，说明总物质的量不变，正逆反应速率相等，故C正确；D、因为反应物是固体，所以整个体系中气体摩尔质量是个定值，故D错误；故答案为；C；25.0，总浓度为4.8103 mol/L，容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为3.2103 mol/L、1.6103 mol/L，代入平衡常数表达式：K=
44、（3.2103）21.6103 =1.63841010，15.0时，总浓度为2.4103 mol/L，容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为1.6103 mol/L、0.8103 mol/L，代入平衡常数表达式：K=（1.6103）20.8103 =2.048109，25.0与15.0时的平衡常数之比=1.63841010：2.048109=8，故答案为：8；（3）T3时，012min氨基甲酸铵水解反应的平均速率，依据图象可知浓度变化c（NH2COO）=1.65mol/L1.1.55mol/L=0.1mol/L，化学反应速率V=0.0083mol/（Lmin），故答案为：0
45、.0083mol/（Lmin）；因T2反应物起始浓度较小，但06min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比T1大，说明T1T2，T2反应物起始浓度比T1C小，但相同时间内06min的平均反应速率仍比T1C时的大，故答案为：；T2反应物起始浓度比T1C小，但相同时间内06min的平均反应速率仍比T1C时的大化学-选考题11草酸钛钾K2TiO（C2O4）2易溶于水，可作鞣革剂、媒染剂等工业上从钛铁矿 （主要含 FeTiO3，还有少量Fe2O3、SiO2、A12O3等杂质）制备草酸钛钾晶体，并得到副产品绿矾，流程如图所示：已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；KspTiO （OH）2=1.01
46、029请回答下列问题：（1）经过步骤能除去的杂质有A12O3、SiO2（填化学式）（2）草酸钛钾K2TiO（C2O4）2中Ti的化合价是+4（3）FeTiO3与过量H2SO4反应的化学方程式是FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O（4）干燥绿矾的最佳方法是风干（选填“风干”或者“加热”）（5）步骤加Na2CO3反应的离子方程式是TiO2+CO32+H2O=TiO（OH）2+CO2，当TiO2+的浓度小于l105mol/L时认为TiO2+沉淀完全，此时溶液的pH应大于2（6）TiO（OH）2经过一系列变化可制得Li4Ti5O12纳米材料，将其与LiFePO4作电极组成电池，
47、其工作原理是：Li4Ti5O12+3LiFePO4Li7Ti5O12+3FePO4，充电时LiFePO4连接电源的阳极，请写出该电池放电时负极的电极反应式FePO4e=FePO4（7）为了测定绿矾样品中FeSO47H2O的含量，称取mg绿矾样品配成溶液，用b mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗酸性KMnO4溶液c mL计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数是2785bc103/m （用含m、b、c的代数式表示）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】工业上从钛铁矿 （主要含 FeTiO3，还有少量Fe2O3、SiO2、A12O3等杂质）制备草酸钛钾晶体，将钛铁矿溶于氢
48、氧化钠溶液过滤，其中二氧化硅、氧化铝溶解为硅酸钠和偏铝酸钠，滤渣中主要为FeTiO3，还有少量Fe2O3，加入硫酸溶解，强酸性溶液存在TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42，加入铁粉发生反应生成亚铁离子，控制温度过滤得到硫酸亚铁晶体，洗涤干燥得到绿矾，滤液中加入碳酸钠得到TiO（OH）2，加入K2C2O4，经过一系列的操作得到草酸钛钾K2TiO（C2O4）2晶体（1）二氧化硅、氧化铝能和碱反应，所以可除去二氧化硅和氧化铝；（2）结合化合物中元素化合价代数和为0计算得到钛元素化合价；（3）FeTiO3与过量H2SO4反应生成TiOSO4、FeSO4和水；（4）FeSO4中铁元素的化合价为+2价
49、，加热易氧化，结晶水易失去；（5）步骤加Na2CO3，发生双水解反应生成TiO（OH）2和二氧化碳；根据KspTiO （OH）2=1.01029=C（TiO2+）c2（OH）计算溶液的PH；（6）充电时按照电解槽进行分析，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，放电时负极发生氧化反应，据此书写电极方程式；（7）根据5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O计算【解答】解：（1）将钛铁矿溶于氢氧化钠溶液过滤，其中二氧化硅为酸性氧化物，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，其反应的化学方程式为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，氧化铝为两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠
50、和水，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，滤渣中主要为FeTiO3，还有少量Fe2O3，故答案为：A12O3、SiO2；（2）在草酸钛钾K2TiO（C2O4）2中K为+1价，C2O42为2价，O为2价，设钛元素的化合价是x，化合物中元素化合价代数和为0，+12+x=2+（2）2，x=+4，所以钛元素的化合价是+4，故答案为：+4；（3）将钛铁矿溶于氢氧化钠溶液过滤，滤渣中主要为FeTiO3，还有少量Fe2O3，FeTiO3，其中铁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为2价，钛的化合价为+4价，加入硫酸溶解，钛铁矿和浓硫酸反应，无化合价的变化，根据题干信息可知产物
51、为TiOSO4、FeSO4，所以反应为：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O；（4）绿矾为FeSO47H2O，FeSO4中铁元素的化合价为+2价，加热易被空气中的氧气氧化，加热结晶水易失去，所以采用风干，故答案为：风干；（5）TiO2+易水解，步骤加Na2CO3，TiO2+和碳酸根离子发生双水解反应，反应为：TiO2+CO32+H2O=TiO（OH）2+CO2，当TiO2+的浓度小于l105mol/L时认为TiO2+沉淀完全，KspTiO （OH）2=1.01029=C（TiO2+）c2（OH），c
52、（OH）=11012mol/L，c（H+）=mol/L=1102mol/L，pH=2，故答案为：TiO2+CO32+H2O=TiO（OH）2+CO2；2；（6）充电时，阳极发生氧化反应，LiFePO4失去电子生成FePO4，LiFePO4连接电源的阳极，电极反应为：LiFePO4e=FePO4+Li+，该电池放电时，负极发生氧化反应，负极的电极反应式为：FePO4e=FePO4，故答案为：FePO4e=FePO4；（7）用b mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O， 5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O 5 1n（Fe2+） b mol/LC103L计算得到：n（Fe2+）=5bc103 mol，样品中FeSO47H2O的质量分数为=2785bc103/m，故答案为：2785bc103/m2017年2月17日
