1、北京101中学2021届上学期高三年级9月月考化学试卷友情提示：本试卷分为卷、卷两部分，共19个小题，满分100分；答题时间为90分钟。卷 选择题(共42分)1. 医用外科口罩的结构示意图如下图所示，其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，具有阻隔部分病毒和细菌的作用。下列关于医用外科口罩的说法不正确的是A. 防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用B. 熔喷聚丙烯属于合成高分子材料C. 熔喷聚丙烯材料难溶于水D. 用完后应投入有标志的垃圾箱【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由医用外科口罩的结构示意图可知防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用,A项正确；B.熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得，属于合成高分子材
2、料，B项正确；C.熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得，属于烃类无亲水基，难溶于水，C项正确；D.口罩用完后属于有害物质，所以用完后应不能投入有标志的垃圾箱，D项错误；答案选D。2. 关于下列消毒剂的有效成分的分析错误的是A双氧水B漂白粉C滴露D强氯精有效成分H2O2Ca(ClO)2分析可与NaClO发生反应可用Cl2与Ca(OH)2制备分子式为C8H9OCl分子中有2种环境的碳原子A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】AH2O2可与NaClO发生反应：H2O2ClO=ClO2H2O，故A正确；B可用Cl2与Ca(OH)2制备Ca(ClO)2：2Cl2+2Ca(OH)
3、2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故B正确；C由结构简式可得：分子式为C8H9OCl，故C正确；D分子有三个对称轴，分子中只有一种环境的碳，故D错误；故选D。3. 下列解释事实的离子方程式不正确的是A. 用石墨电极电解饱和食盐水：2Cl-2H2O2OH-H2Cl2B. 向Mg(OH)2浊液中加入FeCl3溶液：3Mg(OH)2(s)2Fe3=2Fe(OH)3(s)3Mg2C. 用氨水吸收烟气中少量的SO2：NH3H2OSO2=NHHSOD. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2恰好沉淀完全： Ba2OH-HSO=BaSO4H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A用
4、石墨电极电解饱和食盐水，阳极上Cl-发生氧化反应生成Cl2，阴极上水发生还原反应生成H2和OH-，总反应式为2Cl-2H2O2OH-H2Cl2，故A正确；B同温度下，Fe(OH)3相较于Mg(OH)2更难溶，根据沉淀转化可知，向Mg(OH)2浊液中加入FeCl3溶液生成Fe(OH)3沉淀，反应离子方程式为3Mg(OH)2(s)2Fe3=2Fe(OH)3(s)3Mg2，故B正确；C用氨水吸收烟气中少量的SO2，反应生成(NH4)2SO3，反应离子方程式为2NH3H2OSO2=2NHSOH2O，故C错误；D向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2恰好沉淀完全，则生成BaSO4、H2O
5、、NaOH，反应离子方程式为Ba2OH-HSO=BaSO4H2O，故D正确；综上所述，不正确的是C项，故答案为C。4. 在浓盐酸中H3AsO3可与SnCl2反应，反应的离子方程式为3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+2As+3SnCl6+6M。下列关于该反应的说法中，错误的是（ ）A. M为H2OB. 每还原1mol氧化剂，就有3mol电子转移C. 还原性：SnCl2AsD. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据原子守恒可知M为H2O，故A正确；BSn由+2价升高到+4价，SnCl2作还原剂，As由+3价降低到0价，H3AsO3作氧化剂，转
6、移3mol电子，故B正确；C由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：AsSnCl2，故C正确；D由方程式可知氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：2，故D错误；故答案为D。【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，3SnCl2+12Cl-+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62-+6M，由原子守恒可知，M为H2O，Sn元素的化合价升高，As元素的化合价降低，特别注意氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是无色溶液中：K、Na、Cu2、Cl-、SOpH7的溶液中
7、：CO、NO、Na、S2-、AlO、SO水电离出的c(H)=mol的溶液中：HCO、NO、NH、Fe2加入Al能放出H2的溶液中：Mg2、NH、Cl-、Na、COpH=1的溶液中：MnO、NO、SO、Na、Fe3A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】含有大量Cu2的溶液呈蓝色，不能在无色溶液中大量共存；pH7的溶液中含有大量OH-，OH-、CO、NO、Na、S2-、AlO、SO之间不发生反应，能够大量共存；水电离出的c(H)=mol的溶液可能为酸溶液也可能为碱溶液，HCO与H+、OH-能够发生复分解反应，NH、Fe2与OH-能够发生复分解反应而不能大量共存；加入Al能放出H
8、2的溶液可能为非氧化性酸溶液或者强碱溶液，Mg2、NH与OH-能够发生复分解反应，H+与CO能够发生复分解反应而不能大量共存；pH=1的溶液中含有大量H+，H+、MnO、NO、SO、Na、Fe3之间不会发生反应而能大量共存；综上所述，在指定溶液中一定能大量共存的是，故答案为C。6. 下列实验未涉及氧化还原反应的是 ABCD实验FeCl3溶液滴入H2O2溶液中 Na2O2粉末暴露在空气中 NH4Cl溶液滴入Mg(OH)2沉淀中乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中 现象产生气泡固体变白沉淀溶解溶液由橙色变绿色A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 气体为氧气，可知O元素
9、的化合价变化，发生氧化还原反应，故A错误；B. 固体变白，可知过氧化钠与水或二氧化碳反应，过氧化钠中O元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故B错误；C. 氯化铵溶液滴入氢氧化镁沉淀中，沉淀溶解，生成氯化镁、一水合氨，无元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C正确；D. 溶液由橙色变绿色，可知Cr、C元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故D错误；答案选C。【点睛】有化合价升降的反应是氧化还原反应，氧化还原反应的特征是化合价的升降，本质是电子的转移。7. 图ac分别为氯化钠在不同状态下的导电实验(X、Y均表示石墨电极)微观示意图。下列说法不正确的是A. 图示中的代表的离子的电子式为B. 图a中放
10、入的是氯化钠固体，该条件下不导电C. 能导电的装置中，X上均有气体产生D. 能导电的装置中，Y的电极产物相同【答案】D【解析】【分析】图a表示NaCl晶体，由于NaCl晶体中含有Na+和Cl-，而Cl-的电子层数比Na+多一层，所以Cl-半径大于Na+半径；图b表示熔融的NaCl，通直流电后，Cl-向阳极移动，则X极为阳极，Y极为阴极；图c表示电解NaCl的水溶液。【详解】A图示中的代表的离子为Cl-，电子式为，A正确；B由以上分析知，图a中放入的是氯化钠固体，该条件下离子不能自由移动，固体不导电，B正确；C图b和图c装置中，电解质都能导电，X为阳极，都发生反应2Cl-2e-=Cl2，均有气体
11、产生，C正确；D图b和图c装置都能导电，图b中Y的电极产物为Na，图c中Y的电极产物为H2等，D不正确；故选D。8. 某温度时，A元素单质A2、B、D与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：A2(g)H2(g)=H2A(g) B(g)H2(g)=H2B(g) D(g)H2(g)H2D(g) 下列说法正确的是A. 稳定性：H2AH2BH2DB. 降温有利于D与H2反应生成H2DC. A2(g)2H2B(g)=2H2A(g)2B(g) H=-444kJmol-1D. 与H2的化合反应由易到难的顺序为：DBA2【答案】C【解析】【分析】【详解】A由热化学方程式可知，等物质的量A2、B、D与H2反
12、应生成气态H2X时，A2放出能量最多，D需要吸收能量，能量越高，其稳定性越差，因此稳定性：H2AH2BH2D，故A错误；BD与H2反应生成H2D为吸热反应，降低温度平衡将逆向移动，故B错误；C反应A2(g)H2(g)=H2A(g)，B(g)H2(g)=H2B(g)，由盖斯定律可知(-)2可得A2(g)2H2B(g)=2H2A(g)2B(g) H=-242-(-20)2kJmol-1=-444kJmol-1，故C正确；D等物质的量的单质与H2反应放出热量越多，则反应更易进行，因此与H2的化合反应由易到难的顺序为：A2BD，故D错误；综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。9. 下列实验中，能达到
13、相应实验目的的是A.证明乙炔可使溴水褪色B.证明氯化银溶解度大于硫化银C.验证溴乙烷的消去产物是乙烯D.推断S、C、Si的非金属性强弱A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】分析】【详解】A制取乙炔气体中常含有硫化氢气体和磷化氢气体，硫化氢和磷化氢均可使溴水褪色，故A不符合题意；B先向硝酸银溶液中滴加0.1mol/L氯化钠溶液直至不再有白色沉淀生成，再向溶液中滴加硫化钠溶液，如果有黑色沉淀生成，证明氯化银溶解度大于硫化银，故B不符合题意；C在此反应中，乙醇易挥发，会进入高锰酸钾溶液中，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，而二氧化碳通入到硅酸钠溶
14、液中会有白色胶状沉淀硅酸生成，根据强酸制弱酸的原理，可知，硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，根据最高价含氧酸的酸性强弱的递变规律，可推断出非金属性强弱：SCSi；D符合题意；故选D。10. 水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A. 水煤气变换反应的H0B. 步骤的化学方程式：CO*+OH*+H2O(g)=COOH*+H2O*C. 步骤只有非极性键HH键形成D. 该历程中最大能垒（活化能）E正=1.70eV【答案】
15、B【解析】【分析】分析图象可知，水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，故反应过程中放出能量，结合图象进行分析判断。【详解】A根据水煤气变换反应并结合反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量高于CO2(g)+H2(g)的能量，反应的焓变H小于0，A项错误；B结合此图分析判断，是发生的过渡反应：CO*+OH*+H2O(g)=COOH*+H2O*，B项正确；C由图可知步骤中H-O键，在原反应物中已经存在，则步骤形成的化学键包括极性键C=O，非极性键H-H键形成，C项错误；D该历程中最大能垒（活化能）E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，D
16、项错误；答案选B。11. 探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 molL1 H2C2O4的pH=1.3）实验装置试剂a现象Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀少量NaHCO3溶液产生气泡酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A. H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4CaC2O4+2H2OB. 酸性：H2C2O4 H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2+H2OC. H2C2O4具有还原性，2+5+16H+2Mn2+10CO2+ 8H2OD
17、. H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O【答案】C【解析】【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；B.产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaH
18、C2O4+2CO2 +2H2O，故B正确； C.0.1 molL1 H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；本题选不正确，应选C。【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。12. 用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列说法不正确的是A. 压强增大主要是因为产生了H2B. 整个过程中，负极电极反
19、应式为：Fe2e- = Fe2+C. pH= 4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀D. pH= 2.0时，正极电极反应式为：2H+ + 2e- = H2 和 O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O【答案】C【解析】【分析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气。【详解】ApH=2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀；析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，A项正确；B锥形瓶中的Fe粉和C粉以及酸溶液构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极；由于溶液均为酸性，所以发生的电极反应式为：，B
20、项正确；C若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀；消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，C项错误；D由图可知，pH=2.0时，锥形瓶内的溶解氧减少，说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生；同时锥形瓶内的气压增大，说明有产生氢气的析氢腐蚀发生；因此，正极反应式有：和，D项正确；答案选C。13. 298 K时，-羟基丁酸水溶液发生如下反应，生成丁内酯： HOCH2CH2CH2COOH +H2O不同时刻测得丁内酯的浓度如下表。2050801001201602200.0240.0500.0
21、710.0810.0900.1040.1160.132注：该条件下副反应、溶液体积变化忽略不计。下列分析正确的是A. 增大-羟基丁酸的浓度可提高-丁内酯的产率B. 298 K时，该反应的平衡常数为2.75C. 反应至120 min时，-羟基丁酸的转化率50%D. 80120 min的平均反应速率：v（-丁内酯） 1.210-3 mol L-1min-1【答案】B【解析】【分析】【详解】A.增大-羟基丁酸的浓度可以使平衡正向移动，-丁内酯的产量增加，但不能提高-丁内酯的产率，A错误；B.该反应的平衡常数, B正确；C.反应至120 min时，丁内酯的浓度为0.090molL-1，反应了的-羟基丁
22、酸的浓度为0.090molL-1，转化率为，C错误；D.80120 min， c（-丁内酯）=(0.09-0.071) molL-1，平均反应速率：v（-丁内酯）= ，D错误；答案选B。14. 某同学研究FeSO4溶液和AgNO3溶液的反应，设计如下对比实验。实验现象连通电路后，电流表指针向右偏转，分别取反应前和反应一段时间后甲烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，前者几乎无色,后者显红色连通电路后，电流表指针向左发生微小的偏转，丙、丁烧杯中均无明显现象下列说法正确的是A. 仅由中的现象可推知Ag+的氧化性强于Fe3+B. 中电流表指针向左偏转的原因是Fe2+氧化了银电极C. 中若将银电极换成石墨电
23、极，电流表指针可能不再向左偏转D. 对比、可知，中NO3氧化了Fe2+【答案】C【解析】【分析】由实验可知甲烧杯溶液在反应后生成Fe3+，电子有石墨电极流向银电极，则石墨电极为负极，银电极为正极，负极发生反应为：Fe2+-e-= Fe3+；由实验可知：银电极为负极，石墨电极为正极，负极发反应：Ag-e-=Ag+，而Fe的氧化性强于Ag，故正极溶液中的Fe2+不参与反应，所以正极发生吸氧腐蚀。【详解】A.若Ag+的氧化性强于Fe3+，那么中原电池的总反应为Ag+Fe2+= Fe3+Ag，而实验随着反应进行丁烧杯中也能生成Ag+，也可以构成原电池，生成Fe3+，溶液颜色会改变，但是实验中无明显现象
24、，故中的现象是空气中的氧气氧化Fe2+导致，A错误；B.由分析可知，是空气中的氧气氧化银电极，故B错误；C.中若将银电极换成石墨电极，石墨为惰性电极，不能失去电子，不能形成原电池，电流表指针可能不再向左偏转，C正确；D.若是NO3氧化了Fe2+，那么中的Fe2+也会被NO3氧化，故D错误；故选C。卷 非选择题(共58分)15. 自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，1
25、1时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+ 2NaCl + 2H2O。冰水浴的作用是_。 NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为_。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到_，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_（填字母序号）。a. FeSO4 b. O3 c. KMnO4 d. SO2（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多
26、功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。上述制备K2FeO4反应的离子方程式为_。净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是_。【答案】 (1). 分离Cl2和ClO2 (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). 溶液分层，下层为紫色 (4). ad (5). 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3
27、胶体，起到吸附、絮凝作用【解析】【分析】【详解】（1）根据反应2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O 可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO2 11时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，答案为：分离Cl2和ClO2； NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且
28、下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。答案为：溶液分层，下层为紫色；（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，a. FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；b. O3具有强氧化性，故b不符合；c. KMnO4具有强氧化性，故c不符合；d. SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；答案为ad；（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等
29、性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；净水过程中，FeO42-发挥
30、氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。16. 维持pH的稳定对生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。(1)常温下，在不同试剂中加入酸或碱后体系pH的变化如下表所示。试剂pH初始通入0.01mol HCl气体加入0.01mol NaOH固体i1L H2O7a12ii0.10mol CH3COOH0.10mol CH3COONa配制成1L溶液4.764.674.85a_(忽略通入HCl气体前后体系的体积变化)。结合化学用
31、语解释试剂ii显酸性的原因：_。试剂ii中微粒浓度关系正确的有_(填字母序号)。ac(CH3COOH)c(Na)c(CH3COO)b2c(H)c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(OH)cc(CH3COOH)c(CH3COO)0.2mol/L由表中数据可知，试剂ii的pH受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或适当稀释，而保持溶液的pH几乎不变的作用称为缓冲作用。下列具有缓冲作用的溶液是_(填字母序号)。aHClNaCl bNa2CO3NaHCO3cNH3H2ONH4Cl dKOHKCl已知：25时CH3COOH(aq)OH(aq)CH3COO(aq)H2O(1)
32、a kJmolH(aq)OH(aq)H2O(1)b kJmol醋酸电离的热化学方程式为_。(2)缓冲溶液应用在某种液钒电池中能稳定电池的输出电流，该电池装置示意图如下图所示，电池的总反应如下：Zn2VOSO42H2SO4ZnSO4V2(SO4)32H2O已知：VOSO4和V2(SO4)3的电离方程式分别为：VOSO4VO2SOV2(SO4)32V33SO放电时，B室中c(H)_(填“增大”、“减小”或“不变”)，结合化学用语说明理由_。充电时，A室中的c(H)变化缓慢的原因是_。【答案】 (1). 2 (2). 试剂ii中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COOH和醋酸根的水解平衡CH
33、3COOH2OCH3COOHOH，相同条件下，醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当CH3COOH与CH3COO的初始浓度相等时，溶液中c(H)c(OH) (3). bc (4). bc (5). CH3COOH(aq)CH3COO(aq)H(aq)kJmol (6). 减小 (7). 放电时，B室发生正极反应：VO2e2HV3H2O；由电极反应可知，转移1mole消耗2molH，同时有1molH通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H)降低 (8). 充电时，H通过质子膜从B室进入A室，A室溶液中的CH3COO与H结合成CH3COOH(或“CH3COOHCH3COONa溶液有缓冲作用
34、”)，从而使c(H)的变化减缓【解析】【分析】【详解】(1)向1L水中通入0.01mol HCl气体(忽略通入HCl气体前后体系的体积变化)，HCl为强电解质，在水中完全电离，因此c(H)0.01mol/L，则溶液pH2；试剂ii中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COOH和醋酸根的水解平衡CH3COOH2OCH3COOHOH，相同条件下，醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当CH3COOH与CH3COO的初始浓度相等时，溶液中c(H)c(OH)；a由可知，同浓度CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，因此溶液中c(CH3COO)c(Na)c(CH3COOH)，故
35、a错误；b混合溶液中电荷守恒为c(H)c(Na)c(CH3COO)c(OH)，物料守恒为2c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，联立消去c(Na)可得2c(H)c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(OH)，故b正确；c混合溶液中物料守恒为2c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，c(Na)0.1mol/L，则c(CH3COOH)c(CH3COO)0.2mol/L，故c正确；综上所述，正确的有bc项，故答案为bc；试剂ii为弱酸与强碱弱酸盐组成的混合溶液，为共轭酸体系，同理可知，共轭碱体系也具有缓冲作用，因此答案为bc；已知ICH3COOH(aq)OH(aq)CH3C
36、OO(aq)H2O(1)a kJmol，IIH(aq)OH(aq)H2O(1)b kJmol，将III可得醋酸电离的热化学方程式为CH3COOH(aq)CH3COO(aq)H(aq)kJmol；(2)放电时该装置为原电池，Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，VOSO4电离产生的VO2得到电子，与溶液中的H结合反应产生V3和H2O，电极反应式为：VO2e2HV3H2O，反应消耗H，使c(H)降低，由电极反应可知，转移1mol e消耗2mol H，同时有1mol H通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H)降低，故答案为：减小；放电时，B室发生正极反应：VO2e2HV3H2O；由电极反应可知，转移1
37、mole消耗2molH，同时有1molH通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H)降低；在充电时，H通过质子膜从B室进入A室，A室溶液中的CH3COO与H结合成CH3COOH(或CH3COOHCH3COONa溶液有缓冲作用)，从而使c(H)的变化减缓。17. 无水氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质)制备无水氯化锰的工艺如下(部分操作和条件略)。I向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤； II向I的滤液中加入一定量盐酸，再加入溶液，充分反应后加入固体调节溶液的pH约为5，过滤；III
38、向II的滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；IV浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2。各步骤中对杂质离子的去除情况初始浓度/mgL121.024.955.86步骤I后/ mgL112.853.803.39步骤II后/ mgL10.253763.38步骤III后/ mgL10.10(达标)3.19(未达标)0.12(达标)已知：金属活动性MnFeNiPb(1)锰和盐酸反应的化学方程式是_。(2)步骤I中： Fe2+浓度降低，滤渣中存在。结合离子方程式解释原因：_。Pb2+浓度降低，分析步骤I中发生的反应为：Pb + 2H+ = Pb2+ + H2、_。(3)步骤II中
39、： 酸性溶液的作用：_。结合离子方程式说明MnCO3的作用： _。(4)步骤III通入H2S后， Ni2+不达标而达标。推测溶解度：PbS_NiS（填“”或“”）。(5)测定无水的含量：将a g 样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量，使氧化为。待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用b mol/L硫酸亚铁铵滴定，消耗c mL 硫酸亚铁铵。（已知：滴定过程中发生的反应为：Fe2+ + Mn3+ = Fe3+ + Mn2+）样品中MnCl2的质量分数是_（已知：MnCl2的摩尔质量是126 gmol-1）。“持续加热”的目的是使过量的分解。若不加热，测定结果会_（填“偏高”、“偏低”或“
40、无影响”）。【答案】 (1). Mn + 2HCl = MnCl2 + H2 (2). 空气中的O2 将部分Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，相关的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3+ 8H+ (3). Pb2+ + Mn = Pb + Mn2+ (4). 将剩余Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去 (5). MnCO3+2H+=Mn2+H2O+CO2,Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ (6). (7). (8). 偏高【解析】【分析】制备无水氯化锰的原料是含有Fe，Ni，Pb等金属杂质的粗锰粉，因此制备过程中要将F
41、e，Ni，Pb等杂质元素去除；第一步将粗锰粉加酸溶解，Fe溶解后产生Fe2+，由于其还原性较强，容易被氧气氧化；由于金属活动性MnFeNiPb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀法去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的Zn2+和Pb2+，由于Pb的去除达标，而Zn的仍未达标，所以PbS的溶解度应该更低。【详解】(1)Mn与盐酸反应的化学方程式为：；(2)将粗锰粉酸浸后，Fe单质转化为还原性较强的Fe2+，静置一段时间，Fe2+会被空气中的氧气氧化，进而生成Fe(OH)3沉淀，
42、相应的离子方程式为：；由于金属活动性MnFeNiPb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降，因此与之相关的反应为：；(3)通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH值将其转化为Fe(OH)3沉淀除去；通过分析可知，MnCO3的作用即调节溶液的pH值以便于Fe3+沉淀，相关的离子方程式为：以及；(4)通过分析可知，PbS的溶解度更小；(5)由题可知，ag无水氯化锰中的Mn2+经过氧化后全部转变为Mn3+，硫酸亚铁铵与Mn3+反应时，Mn3+和Fe2+按照1:1反应，所以MnCl2的质量分数为：；若不加热，溶液中剩余的硝酸铵会在酸性条件
43、下体现氧化性能与硫酸亚铁铵发生反应，这样会使消耗的硫酸亚铁铵偏大，那么最终求出的纯度也偏大。18. 液相催化还原法去除水体中是一项很有前景的技术。某科研小组研究该方法中使用的固体催化剂Pd-Cu/TiO2的制备和催化条件，结果如下。制备Pd-Cu/TiO2的反应过程如下图所示，光照使TiO2发生电荷分离，将金属Pd沉积在TiO2表面。再用类似方法沉积Cu，得到在TiO2纳米颗粒表面紧密接触的Pd-Cu纳米簇。（1）该过程中，乙醇发生_（填“氧化”或“还原”）反应。（2）请在中补全光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程示意图_。Pd-Cu/TiO2分步催化还原机理如图a所示。其他条件相同，不同
44、pH时，反应1小时后转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。（3）该液相催化还原法中所用的还原剂是_。（4）i的离子方程式是_。（5）研究表明，OH在Pd表面与竞争吸附，会降低Pd吸附的能力，但对Pd吸附H的能力影响不大。随pH增大，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是_，导致反应的化学反应速率降低。随pH减小，还原产物中的变化趋势是_，说明Pd表面吸附的和H的个数比变大，对反应_（用离子方程式表示）更有利。（7）使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将尽可能多地转化为N2，具体方法是_。【答案】 (1). 氧化 (2). (3). H2 (4). C
45、uNO3- = NO2-CuO 或 H2NO3- NO2- H2O (5). Pd表面单位面积吸附的数目减小 (6). 增大 (7). 2NO2-6H = N24H2O2OH- (8). 先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4【解析】【分析】根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图，Cu2+、Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。Pd-Cu/TiO2分两步催化硝酸根离子的转化反应，先将硝酸根离子还原为亚硝酸根离子，再将亚硝酸根离子还原为氮气或氨态氮。【详解】（1）根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图中，Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发
46、生氧化反应。（2）根据示意图，中铜离子应得电子生成铜，乙醇与其发生反应，则光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程示意图为。（3）根据图a可知，氢气生成氨态氮，氢元素的化合价升高，失去电子，作该液相催化还原法中还原剂。（4）i中铜与硝酸根离子反应生成亚硝酸根离子和铜离子，或Pd-Cu/TiO2作催化剂，硝酸根离子与氢气发生氧化还原反应生成亚硝酸根离子和水，根据得失电子守恒，得到离子方程式CuNO3- = NO2-CuO 或 H2NO3- NO2- H2O。（5）因为OH在Pd表面与NO2-竞争吸附，会降低Pd吸附NO2-的能力，随pH增大，OH浓度增大，导致Pd表面单位面积吸附的 NO2-数目
47、减小，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，反应的化学反应速率降低。根据图b所示，随pH减小，n(N2)增大，n（氨态氮）变化不大，则还原产物中增大，Pd表面吸附的NO2-和H的个数比变大，NO2-更易转化为N2，根据得失电子守恒，得到对应的离子方程式为2NO2-6H = N24H2O2OH-。（7）根据图b所示，pH=12时，NO2-所占的物质的量的百分比最高，pH=4时，N2所占的物质的量的百分比最高，所以先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将NO3-尽可能多地转化为N2。19. 化学小组实验探究SO2与A
48、gNO3溶液的反应。（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是_。试剂a是_。（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为 、Ag2SO4或两者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）实验二：验证B的成分写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：_。加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是_。（3）根据沉淀F的存在，推测的
49、产生有两个途径：途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。途径2：实验二中，被氧化为进入D。实验三：探究的产生途径向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有_：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_。实验三的结论：_。（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_。（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。（6）根据上述实验所得结论：_。【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+
50、2H2O (2). 浓硫酸或饱和的NaHSO3溶液 (3). Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O (4). H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3 (5). Ag+ (6). 因为若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀 (7). 实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42- (8). 2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+ (9). 二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子【
51、解析】【分析】本题的实验目的是探究SO2与硝酸银溶液的反应，实验过程先用铜片和浓硫酸反应制备SO2，再将SO2通入硝酸银溶液中，对所得产物进行探究，可依据元素化合物知识解答。【详解】(1)铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O，故答案为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O；由于烧瓶中的空气没有排出，反应生成的SO2可能会被氧气氧化为SO3，SO3会干扰后续的实验，所以试剂a应为除去杂质SO3的试剂，可以用饱和NaHSO3溶液；故答案为饱和NaHSO3溶液；（2）Ag2SO3溶于氨水得到Ag(N
52、H3)2+，离子方程式：Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O，故答案为Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O；推测沉淀D为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F，则E中可能含有溶解的SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明B中含有Ag2SO3；故答案为H2O2，溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3；（3）加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag+；B中不含Ag2SO4，因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4
53、白色沉淀，故答案为Ag+；因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀；实验三的结论：实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-；（4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为：2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+，故答案为2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+；（6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。故答案为二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。