1、北京市精华学校2021届高三化学上学期12月月考试题（含解析）本试卷共11页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。可能用到的相对原子质量：H1 C12 S32第一部分 (选择题 共42分)本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项(多选，错选，漏选均不得分)。1. 近年来，“大国重器”的发展彰显了我国的科技实力，在歼20 战斗机机身材料中属于金属材料的是A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】金属材料主要包括金属单质和合金，据此分析解题：A玻璃钢属于复合材料，A不合题意；B聚碳酸酯属于有机
2、高分子材料，B不合题意；C钛合金是合金，属于金属材料，C符合题意；D陶瓷是无机非金属材料，D不合题意；故答案为：C。2. 下列化学用语的表述正确的是A. 离子结构示意图可以表示 16O2- ，也可以表示 18O2-B. 空间填充模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C. 氯化铵的电子式：D. CO2 的结构式：O-C-O【答案】A【解析】【详解】A16O2-和18O2-的质子数均为8，核外电子数均为10，故离子结构示意图可以表示 16O2- ，也可以表示 18O2-，A正确；B空间填充模型需注意原子半径的相对大小，原子半径ClCH，故可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，B错误；C氯
3、化铵的电子式为：，C错误；DCO2 的结构式为：O=C=O，D错误；故答案为：A。3. 下列变化中，符合图示电子转移的是A. 高温水蒸气使铁粉变黑B. 灼热的钠块在氯气中燃烧C. 铝在空气中形成钝化膜D. 硅土(含高锰酸钾)吸收水果产生的乙烯【答案】D【解析】【详解】A高温水蒸气使铁粉变黑，4H2O(g)3FeFe3O44H2，反应中固体铁失电子，故A不符；B灼热的钠块在氯气中燃烧，反应中固体钠失电子，故B不符；C铝在空气中形成钝化膜，反应中固体铝失电子，故C不符；D硅土(含高锰酸钾)吸收水果产生的乙烯，乙烯失电子发生氧化反应，是气体失电子给固体，故D符合；故选D。4. 解释下列现象的化学用语
4、正确的是A. CO2的水溶液显酸性：CO2+H2O H2CO32H+ + COB. 氢氧化亚铁能与次氯酸反应：Fe(OH)2 + 2H+2ClO= Fe2+ +2H2O+2ClC. Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合产生黄色浑浊：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2OD. 明矾溶于水产生Al(OH)3 胶体：Al3+3H2O = Al(OH)3+3H【答案】C【解析】【详解】AH2CO3为多元弱酸，电离是分步进行的，CO2的水溶液显酸性：CO2+H2O H2CO3H+ + ， H+ +，A错误；B氢氧化亚铁能与次氯酸反应是氧化还原反应，有化合价的升高必然有化合价的降低，
5、且次氯酸是弱酸,离子方程式书写时不能拆：6Fe(OH)2+3HClO=5Fe(OH)3+Fe3+3Cl-，B错误；CNa2S2O3溶液与稀H2SO4混合产生硫单质，发生反应为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O，C正确；D明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，反应可逆，生成胶体不是沉淀：Al3+3H2O Al(OH)3(胶体)+3H，D错误；故答案为：C。5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NAB. 1 mol N2与3 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC. 1 mol Fe溶于过量
6、稀硝酸，电子转移数为2NAD. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A标准状况下CCl4是液体，故无法计算2.24 L CCl4含有的共价键数，A错误；B由于合成氨的反应是可逆反应， 1 mol N2与3 mol H2不可能完全反应，故生成的NH3分子数小于2NA，B错误；C1 mol Fe溶于过量稀硝酸生成Fe(NO3)3，故电子转移数为3NA，C错误；D设14 g乙烯和丙烯混合气体中乙烯为xg，则丙烯为(14-x)g，混合气体中含有的氢原子数为=2NA，D正确；答案为D。6. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZMR原子半径/nm0
7、.1860.1020.0750.0740.143主要化合价+1+6 -2+5 -3-2+3已知X是短周期中最活泼的金属元素，且与R同周期。下列叙述不正确的是A. 离子半径大小：Y2- M2- R3+B. Z与M组成的某种化合物能形成酸雨C. Y与M组成的化合物跟水反应后一定能得强酸D. X、Y、R的最高价氧化物的水化物两两之间能发生反应【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，X是短周期中最活泼的金属元素，X是Na，根据Y和M的化合价和原子半径大小可知：Y为S，M为O，再根据Z和R的原子半径和化合价不难推出，Z为N，R为Al，据此分析解题。【详解】A由分析可知，Y2- 、 M2- 、 R3+分
8、别是S2-、O2-、Al3+，根据同一主族离子从上往下半径增大，O2-、Al3+具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径大小：Y2- M2- R3+，A正确；BZ与M即N和O组成的NO、NO2均能形成酸雨，B正确；CY与M既S和O组成的化合物SO2跟水反应生成H2SO3为中强酸，SO3与水反应生成H2SO4为强酸，C错误；DX、Y、R的最高价氧化物的水化物即NaOH、H2SO4、Al(OH)3两两之间能发生反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O、2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，D正确；故答
9、案为：C。7. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质(括号内为杂质)除杂试剂ACHCH(H2S)CuSO4溶液BC2H4(SO2)KMnO4溶液C铜粉(铁粉)过量盐酸DCl2(HCl)H2OA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ACHCH中含有的杂质H2S可以用CuSO4溶液来除去，反应为CuSO4+H2S=CuS+H2SO4，该反应中元素化合价未改变，不是氧化还原反应，A符合题意；BC2H4和SO2均能被酸性高锰酸钾氧化，故不能用高锰酸钾溶液来除杂，且涉及氧化还原反应，B不合题意；C铜粉中的铁粉可以用足量的盐酸来除去，Fe+2HCl=FeCl2+H2，
10、该反应属于氧化还原反应，C不合题意；DCl2能溶于水，故Cl2中的HCl不能直接用水来除去，应该用饱和食盐水来除杂，D不合题意；答案为A。8. 将CO2转化为CH4，既可以减少温室气体的排放，又能得到清洁能源。已知：CO2(g)2H2O(g)CH4(g)2O2(g) H=+802kJmol-1下图为在恒温、光照和不同催化剂(、)作用下，体积为1L的密闭容器中n(CH4)随光照时间的变化曲线。下列说法正确的是A. 016h内，v(H2O)=1.5mol/(Lh)B. 025h内，催化剂的催化效果比催化剂的效果好C. 在两种不同催化剂下，该反应的平衡常数不相等D. 反应开始后的15h内，第种催化剂
11、的作用下，得到的CH4最多【答案】A【解析】【详解】A在016h内，CH4的反应速率v(CH4)0.75mol/(Lh)，而v(H2O)2v(CH4)20.75mol/(Lh)1.5 mol/(Lh)，A正确；B在0-25h时，在催化剂I的作用下，生成的甲烷的物质的量较少，故催化剂的催化效果比催化剂的效果好，B错误；C平衡常数只受温度的影响，与催化剂的使用无关，故在恒温的条件下，在两种不同催化剂下，该反应的平衡常数相等，C错误；D根据图象不难看出，在反应开始后15h内，第种催化剂的作用下，得到的CH4较少，D错误；答案选A。9. 常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混
12、合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是A. HA是强酸B. 该混合液pH=7C. 图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D. 该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）【答案】D【解析】【详解】A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH7，B错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)c(A-)c(OH）c(HA)c(H)，所以X是OH，Y是
13、HA，Z表示H+，C错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），D正确；答案选D。10. 某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：难溶于水和稀硫酸；下列说法不正确的是（ ）A. 步骤中的可用替换B. 步骤中为防止被氧化，可用水溶液洗涤C. 步骤发生反应的离子方程式为D. 如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度【答案】D【解析】【详解】A.步骤中的主要作用是将还原为，同样具有还原性，可以替换，选项A正确；B.水溶液具有还原性，可以防止被氧化，选项B正确；C. 步骤与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为，选项
14、C正确；D.如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应后，得到固体中含有和，此时无法计算试样纯度，选项D错误。答案选D。11. 如图所示的电解装置可实现低电位下高效催化还原CO2。下列说法不正确的是()A. a极连接外接电源的负极B. 电解过程中Na从右池移向左池C. b极的电极反应式为Cl2eH2O=ClO2HD. 外电路上每转移1 mol电子，理论可催化还原标况下CO2气体11.2 L【答案】C【解析】【分析】从图示中可以看出，b电极上Cl-失去电子生成ClO-，b电极为电解池阳极；a电极上CO2得到电子生成CO，a电极为电解池阴极；与b极相连的电池一极为正极，与a极相连的电池一极为
15、负极。【详解】A根据分析，a极与外电路相连的一极为负极，A正确；B根据分析，阴极反应为CO2+2e-+H2O=CO+2OH-，生成大量阴离子，为平衡电荷，Na+向左边移动，B正确；C因右池电解液中含有大量的OH-，故电极方程式中不能出现H+，正确的电极方程式为Cl-2e-+2OH-=H2O+ClO-，C错误；D根据B选项的电极反应，每转移2mol电子，可还原标况下22.4L的CO2，故电路中转移1mol电子，可还原标况下11.2L的CO2，D正确；故选C。12. 下列装置不能完成相应实验的是A. 甲装置可用于制备氨气B. 乙装置可除去CO2中少量的SO2杂质C 丙装置可用于粗盐提纯D. 丁装置
16、可分离CCl4萃取碘水后的分层液体【答案】B【解析】【详解】A浓氨水中存在平衡NH3H2ONH3H2ONHOH，所以要利用浓氨水制备氨气则需要平衡向逆反应方向移动，因此浓氨水滴入生石灰中可以制备氨气，A正确；B碳酸钠溶液也吸收CO2生成碳酸氢钠，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的SO2，B错误；C粗盐提纯时需要过滤，C正确；D四氯化碳不溶于水，所以丁装置可分离CCl4萃取碘水后的分层液体，即分液，D正确；答案选B。13. 下列实验能达到目的的是实验目的实验方法A证明甲苯中的甲基活化了苯环分别取甲苯和苯与酸性高锰酸钾反应，观察使酸性高锰酸钾溶液褪色的情况B证明Ag+能将 Fe2+氧化为 Fe3
17、+取少量 Fe(NO3)2 溶液，加入几滴 KSCN；再加入几滴AgNO3 溶液(pH=5)，观察加入 AgNO3 溶液前后的颜色变化C除去CuSO4 溶液中的少量 Fe2+、Fe3+先加入少量 H2O2，再加入 CuO 调节溶液 pH，过滤，分离D检验 CH3CH2Br 消去反应的产物乙烯将产物气体直接通入酸性 KMnO4 溶液A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能被高锰酸钾氧化生成苯甲酸，说明苯环活化了甲基，A错误；B少量Fe(NO3)2溶液中加入几滴KSCN，再加入几滴酸性AgNO3溶液(pH=5)，有AgSCN白色沉淀生成，同
18、时NO3-在酸性条件下也能将Fe2+氧化为Fe3+，溶液呈红色，则无法判断Ag+能氧化Fe2+，B错误；C除去CuSO4溶液中的少量Fe2+、Fe3+，先加入少量H2O2，将Fe2+全部氧化为Fe3+，再加CuO可促进铁离子水解转化为沉淀，然后过滤可分离，C正确；DCH3CH2Br在NaOH的醇溶液中加热，发生消去反应生成乙烯，因乙醇有挥发性，且挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，未除去乙烯中的乙醇，则无法检验消去产物乙烯，D错误；故答案为：C。14. 实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，下列说法正确的是已知：深蓝色溶液中生成了CrO5A. 实验
19、开始至5s，铬元素被氧化B. 实验开始至30s，溶液中生成Cr3+的总反应离子方程式为：Cr2O+3H2O2+8H+=2Cr3+7H2O+3O2C. 30s至80s的过程，一定是氧气氧化了Cr3+D. 80s时，溶液中又生成了Cr2O，颜色相比于开始时浅，是水稀释所致【答案】B【解析】【详解】AK2Cr2O7中Cr的化合价为+6，由图2可知，5s时Cr的化合价为+6，Cr的化合价没变化，即铬元素没有被氧化，A错误；B实验开始至30s时，K2Cr2O7CrO5Cr3+，过量的H2O2还原K2Cr2O7生成Cr3+，H2O2被氧化生成O2，总反应离子方程式为：+3H2O2+8H+2Cr3+7H2O
20、+3O2，B正确；C实验过程中H2O2过量，H2O2也具有强氧化性，可能氧化Cr3+，不一定是氧气氧化了Cr3+，C错误；D80s时溶液呈黄色，并且溶液呈碱性，2+2H+H2O，所以80s时又生成了，D错误；答案为B。第二部分 (非选择题，共58分)15. 烟气(主要成分CO2、CO、SO2、NOX)的排放对环境有很大的影响。I利用氨水作吸收液是当前有效捕捉CO2的方法，经过反应生成NH4HCO3.生成的NH4HCO3分解可得到CO2，从而实现吸收液的再生。(1)写出氨水捕捉CO2的离子方程式_。(2)已知：NH4HCO3溶液显碱性，下列说法不正确的是_。ac(NH3H2O)c(H2CO3)b
21、c(NH)c(HCO)c(OH-)c(H+)cc(NH3H2O)+c(NH)=c(H2CO3)+c(HCO)dc(HCO)+2c(CO)+c(OH-)=c(H+)+c(NH)II SO2、NOX可以经O3预处理后用CaSO3悬浊液吸收，可减少烟气中SO2、NOX的含量。(3)用CaSO3悬浊液吸收烟气中NO2时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为，其离子方程为_；(4)CaSO3悬浊液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，用平衡移动原理解释其主要原因是_。为消除NOx对环境的污染，可利用NH3在一定条件下与NO反应生成无污染的气体。已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+
22、6H2O(g) H=905.48kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.50kJ/mol下列表示NH3(g)与NO(g)在一定条件下反应，生成无污染气体的能量转化关系示意图，正确的是_(填字母)。【答案】 (1). CO2+NH3H2O (2). ac (3). +2NO2+2OH-=+2+H2O (4). CaSO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入Na2SO4溶液，结合Ca2+，c(Ca2+)降低，使上述平衡向右移动，c()增大，提高NO2的吸收速率 (5). a【解析】【详解】I(1)氨水作吸收液捕捉CO2，经过可逆反应生成NH4HCO3，反应的离子方程式为：
23、CO2+NH3H2O，故答案为：CO2+NH3H2O；(2)NH4HCO3溶液显碱性，则c(OH-)c(H+)，说明铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，则c()c()，a铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，则c(NH3H2O)c(H2CO3)，a错误；b根据分析可知：c()c()c(OH-)c(H+)，b正确；c根据碳酸氢铵溶液中的物料守恒可得：c(NH3H2O)+c()=c(H2CO3)+c()+c()，c错误；d根据碳酸氢铵溶液中的电荷守恒可得：c()+2c()+c (OH-)=c (H+)+c ()，d正确；故答案为：ac；II(3)溶液pH约为8，说明溶液呈碱性，将
24、NO2转化为，同时被氧化生成，根据反应物和生成物书写离子方程式为：+2NO2+2OH-=+2+H2O，故答案为：+2NO2+2OH-=+2+H2O；(4)CaSO3根据CaSO3(s)Ca2+(aq)+(aq)知，加入硫酸钠，结合Ca2+，c(Ca2+)降低，使上述平衡向右移动，导致c()增大，浓度越大反应速率越大，所以加快反应速率，提高NO2的吸收速率，故答案为：CaSO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入Na2SO4溶液，结合Ca2+，c(Ca2+)降低，使上述平衡向右移动，c()增大，提高NO2的吸收速率；已知4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) =-905.48
25、kJ/molN2(g)+O2(g)2NO(g) =+180.50kJ/mol-1，氨气被一氧化氮氧化生成氮气和气态水的热化学方程式依据盖斯定律，结合热化学方程式合并计算：5+得到：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) =-1807.98kJ/mol，故答案为：a。16. 合成中间体 L 的路线如下(部分反应条件或试剂略去)：已知：a. b.R-CH2OHR-COOH(1)A的名称是_。(2) A与Br2按物质的量之比1：1发生1，4-加成反应生成B，AB的化学方程式是_。(3)BC 的反应类型是_。(4)D中所含官能团的名称是_。(5)E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程
26、式是_。(6)CD在上述合成中的作用是_。(7)J的结构简式是_。(8)KL的化学方程式是_。【答案】 (1). 1，3-丁二烯 (2). (3). 水解反应或取代反应 (4). 溴原子、羟基 (5). (6). 保护碳碳双键，防止其被氧化 (7). CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2 (8). 【解析】【分析】A与Br2按物质的量之比1：1发生1，4-加成反应生成B，则B为BrCH2CH=CHCH2Br；B发生水解反应生成C，C发生加成反应生成D，则C为HOCH2CH=CHCH2OH，D为HOCH2CH2CHBrCH2OH；D发生氧化反应生成E为HOOCCH2CHBrCOOH，E发生消
27、去反应然后酸化得到F，F为HOOCCH=CHCOOH，F发生取代反应生成G，K和乙醇发生取代反应生成L，结合K分子式知K为，根据G、K结构简式结合信息I知，J为CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2，据此分析解题。【详解】(1)根据流程图中A的结构简式可知其名称是1，3-丁二烯，故答案为：1，3-丁二烯；(2)A与Br2按物质的量之比1：1发生1，4-加成反应生成B，AB的化学方程式是，故答案为：；(3)BC的反应类型是取代反应或水解反应，故答案为：水解反应或取代反应；(4)D为HOCH2CH2CHBrCH2OH，D中所含官能团的名称是溴原子、羟基，故答案为：溴原子、羟基；(5)E为HOOC
28、CH2CHBrCOOH，E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是，故答案为：；(6)CD在上述合成中的作用是保护碳碳双键，防止其被氧化，故答案为：保护碳碳双键，防止其被氧化；(7)J的结构简式是CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2，故答案为：CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2；(8)KL的化学方程式是，故答案为：。17. 锂离子电池已被人们广泛使用，对其高效回收利用具有重要意义。某锂离子电池正极是涂覆在铝箔上的活性物质LiCoO2，利用该种废旧锂离子电池正极材料制备Co3O4的工艺流程如图：已知：CoC2O42H2O微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的C2O离子生成
29、而溶解。浸出液A含有大量Co2+、Li+及少量Fe3+、Al3+、Cu2+金属离子。(1)在过程中，用NaOH溶液溶解铝箔时离子方程式为_。(2)在过程中，难溶于水的LiCoO2转化为Co2+的离子反应方程式为_。此过程中也可用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，缺点是：除了浓盐酸具有挥发性，利用率降低以外，更为主要的是_。(3)在过程中，将浸出液A适当稀释加入碱后，不同pH下金属离子的去除效果如图所示。该过程加碱调节pH在5.56.0的理由是_。(4)在过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如下图所示：用化学用语和适当的文字说明：随n(C2
30、O)：n(Co2+)比值的增加，钴的沉淀率先逐渐增大后又逐渐减小的原因是_。沉淀反应时间为10min，温度在4050以下时，随温度升高而钴的沉淀率升高的可能原因是_。(5)在过程中，在空气中加热到290320，CoC2O42H2O转化为Co3O4的化学反应方程式为_。【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2 (2). 2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2+2Li+O2+4H2O (3). 盐酸可被LiCoO2氧化为氯气污染环境 (4). pH在5.56.0沉淀Fe3+、Al3+、Cu2+金属离子几乎被完全沉淀而Co2+离子损失率较小 (5). 溶液中存在化学平衡：(aq
31、)+Co2+(aq)+2H2O(l)CoC2O42H2O(s)，c()增大，化学平衡正向进行有利于晶体析出，当达到n()：n(Co2+)=1.15以后，随草酸根离子增多，会发生副反应CoC2O42H2O+(n-1)=，使晶体部分溶解 (6). 升高温度，加快反应速率 (7). 3CoC2O42H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O【解析】【分析】某锂离子电池正极是涂覆在铝箔上的活性物质LiCoO2，废旧锂离子电池正极材料制备Co3O4，电池正极预处理得到正极活性物质为涂覆在铝箔上的活性物质LiCoO2，加入稀硫酸和过氧化氢发生反应得到浸出液A含有大量Co2+、Li+及少量Fe3+、Al3
32、+、Cu2+金属离子，加入40%的氢氧化钠溶液调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+、Cu2+金属离子，过滤得到含大量Co2+、Li+的溶液，加入草酸铵溶液过滤沉淀得到CoC2O42H2O，空气中加热分解物部分被氧化得到Co3O4，据此分析解题。【详解】(1)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2；(2)酸性溶液中，在过氧化氢的还原作用下LiCoO2转化为Co2+，在过程中，难溶于水的LiCoO2转化为Co2+的离子反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2+2Li+O2+4
33、H2O，此过程中也可用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，但缺点是：除了浓盐酸具有挥发性，利用率降低以外，更主要的是盐酸被LiCoO2氧化生成氯气污染环境，故答案为：2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2+2Li+O2+4H2O；盐酸可被LiCoO2氧化为氯气污染环境；(3)图象分析可知，该过程加碱调节pH在5.56.0理由是：加碱调节pH在5.56.0沉淀Fe3+、Al3+、Cu2+金属离子几乎被完全沉淀而Co2+离子损失率较小，故答案为：pH在5.56.0沉淀Fe3+、Al3+、Cu2+金属离子几乎被完全沉淀而Co2+离子损失率较小；(4)溶液中存在化学平衡：(aq)+Co2+(
34、aq)+2H2O(l)CoC2O42H2O(s)，随n()：n(Co2+)比值的增加，c()增大，化学平衡正向进行有利于晶体析出，当达到n()：n(Co2+)=1.15以后，随草酸根离子增多，会发生副反应CoC2O42H2O+(n-1)=，使晶体部分溶解，故答案为：溶液中存在化学平衡： (aq)+Co2+(aq)+2H2O(l)CoC2O42H2O(s)，c()增大，化学平衡正向进行有利于晶体析出，当达到n()：n(Co2+)=1.15以后，随草酸根离子增多，会发生副反应CoC2O42H2O+(n-1)=，使晶体部分溶解；沉淀反应时间为10min，温度在4050以下时，随温度升高而钴的沉淀率升
35、高的可能原因是：升温加快反应速率，故答案为：升高温度，加快反应速率；(5)在空气中加热到290320，CoC2O42H2O转化为Co3O4的反应为晶体被空气中氧气氧化得到Co3O4，反应的化学方程式为：3CoC2O42H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O，故答案为：3CoC2O42H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。18. H2S是一种大气污染物。工业尾气中含有 H2S，会造成严重的环境污染；未脱除 H2S 的煤气，运输过程中还会腐蚀管道。(1)干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中 H2S 的常用方法，其原理如图所示。下列说法正确的是_(填字母)。a脱硫反应为 3 H2S+Fe2O
36、3 H2O=Fe2S3H2O+3H2Ob再生过程中，硫元素被还原c脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率(2)电化学溶解沉淀法是一种回收利用 H2S的新方法，其工艺原理如图所示。已知：Zn与强酸、强碱都能反应生成H2；Zn()在过量的强碱溶液中以Zn(OH) 形式存在。 锌棒连接直流电源的_(填“正极”或“负极”)。 反应器中反应的离子方程式为_。 电解槽中，没接通电源时已经有 H2产生，用化学用语解释原因：_。(3)常用碘量法测定煤气中H2S 的含量，其实验过程如下：将标准状况下10L煤气通入盛有锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的 H2S 全部转化为 ZnS 沉淀，过滤；将带有沉淀的滤纸
37、加入盛有 15mL 0.1mol/L 碘标准液的碘量瓶中，盖上瓶塞，摇动碘量瓶至瓶内滤纸摇碎，充分反应。(已知：ZnS+I2=ZnI2+S)用0.1mol/L Na2S2O3标准液滴定，待溶液呈淡黄色时，加入 1mL 淀粉指示剂，继续滴定至终点(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)若消耗 Na2S2O3标准液的体积为20mL，则煤气中H2S 的含量为：_ mg/L。【答案】 (1). ac (2). 正极 (3). H2S+Zn(OH)42-=ZnS+2H2O+2OH- (4). Zn+2H2O+2OH-=Zn(OH)42-+H2 (5). 1700【解析】【分析】(1)由
38、流程可知硫化氢与Fe2O3H2O反应生成Fe2S3H2O，达到脱硫的目的，Fe2S3H2O与氧气反应生成Fe2O3H2O和S，达到再生的目的，再生时温度不能过高，避免生成二氧化硫而污染环境；(2)由题给信息可知Zn()在过量的强碱溶液中以Zn(OH)42-形式存在，由流程可知，出料液与硫化氢反应生成ZnS和NaOH，电解时，锌为阳极，被氧化，碳钢为阴极，发生还原反应生成氢气，电解液可循环使用；(3)结合反应的关系式H2SZnSI2以及2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI计算，据此分析解题。【详解】(1)a依据图示可知脱硫过程：H2S与Fe2O3H2O反应生成Fe2S3H2O和H2O，
39、反应方程式：3H2S+Fe2O3H2OFe2S3H2O+3H2O，a正确；b再生硫过程硫元素化合价升高，发生氧化反应被氧化，b错误；c脱硫过程中，增大反应物的接触面积可加快反应速率，提高脱硫效率，c正确。故答案为：ac；(2)电解的目的是生成Zn(OH)42-，以用于除去硫，则锌连接电源的正极，故答案为：正极；反应器中反应的离子方程式为H2S+Zn(OH)42-=ZnS+2H2O+2OH-，故答案为：H2S+Zn(OH)42-=ZnS+2H2O+2OH-；电解槽中，没接通电源时已经有H2产生，原因是锌与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为Zn+2H2O+2OH-=Zn(OH)42-+H2，故答
40、案为：Zn+2H2O+2OH-=Zn(OH)42-+H2；(3)n(I2)=0.1mol/L0.015L=0.0015mol，n(Na2S2O3)=0.1mol/L0.02L=0.002mol，由2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI可知该反应消耗0.001molI2，则与ZnS反应的碘的物质的量为0.0015mol-0.001mol=0.0005mol，可知n(H2S)=0.0005mol，煤气中H2S的含量为=1700mg/m3，故答案为：1700。19. 为验证氧化性Cl2 Fe3+ SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验)。实验过程：I.
41、打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。.更新试管D，重复过程，检验B溶液中的离子。(1)过程的目的是_。(2)棉花中浸润的溶液为_。(3)A中发生反应的化学方程式为_。(4)过程中，B溶液中发生反应的离子方程式是_。(5)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2 Fe3+ SO2的
42、是_(填“甲”“乙”“丙”)。过程B溶液中含有的离子过程 B溶液中含有离子甲有Fe3+无Fe2+有乙既有Fe3+又有Fe2+有丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+(6)进行实验过程时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色。查阅资料：Fe2+(aq) + (aq)FeSO3(s)(墨绿色)。提出假设：FeCl3与 SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3(墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色。某同学设计如下实验，证实该假设成立：溶液E为_。请用化学平衡原理解释步骤3中红棕色溶液颜色变为浅绿色的原因_【答案】 (1). 排出装置中的空气，防
43、止氧气干扰； (2). NaOH溶液 (3). MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2 (4). 2Fe3SO22H2O=2Fe24H (5). 乙 丙 (6). Na2SO3溶液 (7). Fe3+消耗，c()减小，使得Fe2+(aq)+ (aq)FeSO3 (s)平衡逆向移动，所以溶液中红棕色变为浅绿色【解析】【分析】打开弹簧夹通入氮气，排尽装置中的空气，先打开活塞a，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，氯气进入氯化亚铁溶液生成氯化铁，关闭K2后打开活塞b，亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫进入氯化铁溶液发生氧化还原反应，据此回答问题。【详解】(1)由于装置中含有空气，空气中
44、的O2会干扰实验，过程中通入一段时间N2，目的是排除装置中的空气，防止干扰。(2)为了防止多余的Cl2、SO2污染环境，所以棉花中浸润的溶液是NaOH溶液，吸收未反应的Cl2、SO2。(3)A中二氧化锰与浓盐酸的反应生成MnCl2、氯气、水，该反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2；(4)过程中，B溶液中发生反应的离子方程式是2Fe3SO22H2O=2Fe24H；(5)甲、过程的B溶液中含有的离子有Fe3无Fe2，氯气可能过量，过程的B溶液中含有的，可能是氯气氧化SO2生成的，不能证明Fe3+的氧化性大于SO2；不能证明结论；乙、过程的B溶液中含有的离子既有Fe3又有
45、Fe2，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，过程的B溶液中含有的，说明二氧化硫与铁离子发生了反应：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+，则Fe3+氧化性大于二氧化硫；能证明结论；丙、过程的B溶液中有Fe3+、无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，过程的B溶液中含有Fe2+，说明SO2将Fe3+还原成Fe2+，则氧化性铁离子大于二氧化硫；能证明结论；故乙、丙一定能够证明氧化性Cl2Fe3SO2；(6)FeCl2溶液加入溶液E后，溶液变为墨绿色，说明生成了FeSO3，说明E为Na2SO3(或可溶性亚硫酸盐)；溶液的红棕色是FeSO3(墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色，Fe3消耗，c()减小，使平衡Fe2(aq)(aq)FeSO3(s)逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。- 21 -
