1、江苏省南通市启东市吕四中学2020届高三化学第一次质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Mn：55选择题(50分)一 .单项选择题：本题包括15小题，每小题2分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。1. 2019年政府工作报告提出：继续坚定不移地打好包括污染防治在内的“三大攻坚战”。下列做法不符合这一要求的是()A. 推广新能源汽车，减少氮氧化物排放B. 研发可降解塑料，控制白色污染产生C. 直接灌溉工业废水，充分利用水资源D. 施用有机肥料，改善土壤微生物环境【答案】C【解析】【详解】A推广或使用新能源汽车，可以减少化石燃料的燃烧，减少氮氧化
2、物等污染物的排放，故A不选；B塑料制品导致白色污染，则研发可降解塑料或代用品，可以控制白色污染，故B不选；C、工业废水中含有大量的有害物质，不能直接灌溉庄稼，故C选；D、施用有机肥料，可以改善土壤微生物环境，故D不选。答案选C。2. 用化学用语表示 NH3+ HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）A. 中子数为8的氮原子：B. HCl 的电子式： C. NH3的结构式：D. Cl的结构示意图：【答案】C【解析】【分析】A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示
3、为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl的结构示意图为，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D. CaO能与水反应，
4、可用作食品干燥剂【答案】D【解析】【详解】A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。4. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A. Al具有良好的导电性，可用于制铝箔B. Fe2O3粉末呈红色，
5、可用于制颜料、油漆C. NaClO溶液显碱性，可用于杀菌消毒D. HNO3有酸性，可用于洗涤附有银镜的试管【答案】B【解析】【详解】A金属铝具有良好的延展性和抗腐蚀性，可以制成铝箔包装物品，A错误；BFe2O3粉末呈红色俗称铁红，常用于红色油漆和颜料，B正确；CNaClO溶液可用于杀菌消毒，是因为次氯酸根具有强氧化性，C错误；D稀硝酸具有强氧化性，能与银发生氧化还原反应，生成可溶性的银盐而使之溶解，故可用于洗涤附有银镜的试管，D错误；答案选B。【点睛】本题考查了化学与生产生活的关系，明确物质的性质和用途是解题的关键，在平时的学习过程中要注意相关知识的积累。5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中
6、能大量共存的是（ ）A. 01 molL1KI 溶液：Na+、K+、ClO 、OHB. 01 molL1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3、SO42C. 01 molL1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO、NO3D. 01 molL1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42、HCO3【答案】B【解析】【详解】A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案
7、选B。6. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A 0.1 molL-1NaHCO3溶液：K+、Al3+、NO3-、SO42-B. 使蓝色石蕊试纸变红的溶液：Mg2+、Na、SO42-、NO3-C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH4+、K+、Cl-、I-D. 由水电离产生的c(H)110-12 molL-1的溶液：NH4+、Ca2+、Cl-、AlO2-【答案】B【解析】【分析】离子在指定溶液中能大量共存就是离子之间不能发生各种反应，如果离子之间能发生反应则不能大量共存。【详解】AHCO3-、Al3+混合会发生相互促进的双水解，离子方程式为Al3+3HCO3-=Al(OH)3+
8、3CO2，A组离子在溶液里不能大量共存；B使蓝色石蕊试纸变红的溶液显酸性，Mg2+、Na、SO42-、NO3-之间不反应，也都不与氢离子反应， B组离子在溶液里能够大量共存；C滴加KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+能够氧化I-，C组离子在溶液里不能大量共存；D由水电离产生的c(H)110-12 molL-1的溶液呈酸性或碱性，呈酸性时H与AlO2-反应，呈碱性时OH-与NH4+反应，D组离子在溶液里不能大量共存；答案选B。【点睛】离子能不能共存就是判断离子之间能不能发生反应，分析时既要注意题中限定的条件，更要注意题中一些隐含的条件。7. 下列有关物质性质的叙述一定不正确的是A.
9、向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色B. KAl(SO4) 212H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体C. NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2【答案】A【解析】【详解】A项，FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A项错误；B项，KAl（SO4）212H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，B项正确；C项，实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3，反应的化学方程
10、式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，C项正确；D项，Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D项正确；答案选A。8. 下列有关物质性质的叙述不正确的是A. Na2O2与CO2反应生成O2B. 铁片投入到冷的浓硫酸中，发生钝化C NH4Cl溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红D. AlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al(OH)3【答案】C【解析】【详解】A. Na2O2与CO2反应生成O2和碳酸钠，选项A正确；B. 铁片投入到冷的浓硫酸中，发生钝化，选项B正确；C. NH4Cl为强酸弱碱盐，水解使溶液
11、呈酸性，滴加酚酞溶液，溶液呈无色，选项C不正确；D.氢氧化铝不溶于弱碱，AlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al(OH)3，选项D正确；答案选C。9. 下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A. 用装置甲灼烧碎海带B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的Cl2D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气【答案】B【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2
12、+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。10. 下列关于Cl2的制备、净化、收集及尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是()A. 用装置甲制备Cl2B. 用装置乙除去Cl2中的HClC. 用装置丙收集Cl2D. 用装置丁吸收尾气【答案】D【解析】【详解】A实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，甲装置没有加热装置，A错误；BCl2和HCl均与饱和碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，氯气中混有的HCl气体可以用饱和食盐水除去，B错误；C氯气的密度比空气大，收集时应采
13、用向上排空气法，图中为向下排空气法，C错误；D氯气有毒，不能直接排放，氯气能与氢氧化钠反应，图中装置可吸收尾气，D正确；答案选D。11. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32+CaSO4CaCO3+SO42B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I +IO3+6H+=I2+3H2OC. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO+2Fe(OH)3=2FeO42+3Cl+4H+H2OD. 电解饱和食盐水：2Cl+2H+Cl2+ H2【答案】A【解析】【分析】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水CaCO3；
14、B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2
15、Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-，D项错误；答案选A。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；从反应的条件进行判断（题中C项）；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。12. 下列指定反应的离子方程式正确的是()A. KClO3溶液和浓盐酸反应：ClO3-Cl6H=Cl23H2OB. NaHSO3溶液和NaClO溶液混合
16、：HSO3-ClO=HClOSO32-C. 酸性KMnO4溶液和双氧水混合：2MnO4-5H2O2=2Mn25O26OH2H2OD. NaHCO3溶液加入少量的Ca(OH)2溶液：Ca22OH2HCO3-=CaCO3CO32- 2H2O【答案】D【解析】【详解】AKClO3溶液和浓盐酸反应，离子方程式为：ClO3-5Cl-6H+=3Cl23H2O，题中所给离子方程式电荷不守恒，A错误；B次氯酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子，正确的离子方程式为：ClO-+HSO3-=H+Cl-+SO42-，B错误；C在酸性环境下不能生成氢氧根离子，正确的离子方程式为：6H+2MnO4-+5H2O2=2Mn2+5O
17、2+8H2O，C错误；D氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2+2OH-2HCO3-=CaCO3CO32-2H2O，D正确；答案选D。13. 给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是( )A. 粗硅SiCl4SiB. Mg(OH)2MgCl2(aq)MgC. Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3D. AgNO3(aq)Ag(NH3)2OH(aq)Ag【答案】A【解析】【详解】ASi可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气高温条件下发生反应生成Si和HCl，故A符合题意；B氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢
18、气和氯气，得不到镁单质，故B不符合题意；C氧化铁与盐酸反应得到FeCl3溶液，氯化铁易水解，加热氯化铁溶液，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终生成氢氧化铁，不能获得无水氯化铁，故C不符合题意；D蔗糖不含醛基，不能发生银镜反应，故D不符合题意；故答案为A。14. 下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是物质组别甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca(OH)2NaHCO3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.铝与盐酸和氢氧化钠溶液均反应，盐酸与氢氧化钠也反应，选项A正确；B.氨气与氧气反应生成NO和水
19、，氨气与硝酸反应生成硝酸铵，但氧气与硝酸不反应，选项B不正确；C.二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，氢氟酸与氢氧化钠发生中和反应，选项C正确；D.SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和水，与碳酸氢钠反应生成CO2、水和亚硫酸钠，氢氧化钙与碳酸氢钠反应生成碳酸钙、碳酸钠和水或碳酸钙、氢氧化钠和水，选项D正确。答案选B。15. 短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表A族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是A. 原子半径：r(W) r(Z) r(Y)B. 由X、Y 组成的化合物中
20、均不含共价键C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错
21、误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。二 .不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0 分。16. 下列说法正确的是()A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B. 反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为放热反
22、应C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于66.021023D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快【答案】BC【解析】【详解】A氢氧燃料电池放电时，部分化学能转化为电能，部分转化为热能，所以氢氧燃料电池放电时化学能不可能全部转化为电能，A错误；B反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)消耗气体，为熵减少的反应，即S0，常温下可自发进行，则H-TS 0，所以H0，即反应为放热反应，B正确；C3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，由于该反应为可逆反应，则生成氨气的物质的量小于2mol，转移电子小于6mol，即转移电子的
23、数目小于66.021023，C正确；D在酶催化淀粉水解反应中，适宜温度淀粉水解速率加快，绝大多数酶是蛋白质，温度过高酶会发生变性，可能导致酶的催化活性降低甚至消失，D错误；答案选BC。17. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（ ）A. 反应，每消耗1mol CH4转移12mol 电子B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH-2e-=2H2OC. 电池工作时，CO32-向电极B移动D. 电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32-【答案】D【解析】【详解】A、1mol CH4CO，化合价由-4价+2上升6价，1mol CH4参加反应共转移6
24、mol电子，故A错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO+H2+2CO32-4e-=3CO2H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确；故合理选项为D。18. 化合物Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2 甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物X、Y 的说法正确的是()A. X 分子中所有原子一定在同一平面上B. X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色C. Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子
25、D. XY的反应为加成反应【答案】C【解析】【详解】A苯分子中所有原子共平面，共价单键可以旋转，所以O-H键旋转后导致-OH中的H原子与苯环不一定共平面，A错误；B含有碳碳不饱和键、酚羟基的有机物都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中含有酚羟基，Y中含有碳碳双键，所以X、Y均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；CY与溴发生加成反应后，连接甲基的碳原子上含有4个不同原子或原子团，所以Y与溴发生加成反应后的产物中连接甲基的碳原子为手性碳原子，C正确；D由反应可知，反应中X的-OH上的H原子被所取代生成了Y、同时生成了HCl，所以XY的反应为取代反应，D错误；
26、答案选C。19. 下列设计的实验方案能达到实验目的的是（ ）A. 制备Al(OH)3悬浊液：向1molL1AlCl3溶液中加过量的6molL1NaOH溶液B. 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C. 检验溶液中是否含有Fe3：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象D. 探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象【答案】BD【解析】【详解】A.Al(O
27、H)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，A错误；B.乙酸的酸性强于碳酸，饱和碳酸钠与乙酸反应生成可溶于水的乙酸钠、水和二氧化碳，乙酸乙酯在饱和碳酸钠中溶解度降低，振荡后静置分液可除去乙酸，然后除去有机相的水即可，B正确；C.氯水具有强氧化性，可把Fe2氧化成Fe3，也会出现上述现象，C错误；D.两试管做对比实验，两试管中H2O2的浓度相同，条件相同，如果在相同时间内第二支试管产生的气泡比第一支试管中多，说明FeCl3是催化剂，加快反应速率，D正确；答案选BD。20. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()选项实验操作和现象实验结论A向苯酚溶液
28、中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小B向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜蔗糖未水解C向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A.苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀,三溴苯酚能溶于苯酚,所以得不到白色沉淀,该实验结论错误,故A错误; B. 银镜反应必须在碱性条件下进行,该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸,所以实验不成功,则实验操作及
29、结论错误,故B错误; C. 硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸,如果亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠,则加入氯化钡产生白色沉淀,且向该白色沉淀中加入稀盐酸时部分沉淀不溶解,说明该白色沉淀中含有硫酸钡,则得出结论:部分Na2SO3被氧化,所以C选项是正确的; D.该黄色溶液中可能含有铁离子,铁离子也能将碘离子氧化为碘单质,所以不能确定该黄色溶液中含有溴,则结论不正确,故D错误; 所以C选项是正确的。点睛:银镜反应必须在碱性条件下进行，蔗糖在酸性条件下水解后需先加碱，使水解液呈碱性后再进行银镜反应。 非选择题(70分)21. (1)加入双氧水能提高软锰矿(主要成分是MnO2)的浸出率，锰转化成Mn2+
30、。写出酸性条件下双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式：_。(2)碘与氢氧化钠反应的生成物中含有IO3-，写出反应过程的离子方程式：_。(3) 电镀污泥中的Cr2O3与加入的Na2CO3在空气中焙烧，Cr2O3被氧化为Na2CrO4，还有CO2逸出，写出该反应的化学方程式：_。(4)某科研小组在实验室用较浓的KOH溶液直接吸收氯气，研究发现反应进行一段时间后开始出现KClO3并逐渐增多，产生KClO3的离子方程式是_。(5) 用氧缺位铁酸铜(CuFe2O4x)作催化剂，利用太阳能热化学循环分解H2O也可制H2，其物质转化如图1所示。氧缺位铁酸铜(CuFe2O4x)与水反应的化学方程式为_。CuFe
31、2O4可用电化学方法得到，其原理如图2所示，则阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). MnO2+H2O2+2H+Mn2+2H2O+O2 (2). 3I2+6OH-5I-+IO3-+3H2O (3). 2Cr2O3+4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4+4CO2 (4). 6OH-+3Cl2=5Cl-+ClO3-+3H2O (5). CuFe2O4xx H2O= CuFe2O4 x H2 (6). Cu2Fe4O2- -8e-= CuFe2O4【解析】【分析】酸性条件下MnO2与H2O2反应产生O2、H2O、Mn2+；碘与氯气性质具有相似性，碘与氢氧化钠发生歧化反应，除生成IO3-外，还生
32、成I-；Cr2O3在空气中被氧化为Na2CrO4，氧气为氧化剂；氯气与KOH溶液反应生成了KClO3，氯气发生歧化，还有Cl-生成；CuFe2O4x与水反应生成氢气和CuFe2O4；电解池中阳极发生氧化反应，由题中信息可知，阳极上Fe、Cu失电子和氧离子反应生成CuFe2O4。【详解】在酸性条件下H2O2被MnO2氧化为O2，MnO2被还原为Mn2+，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，该反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+O2+2H2O；由分析可知碘与氢氧化钠发生歧化反应生成IO3-、I-，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出该反应的离子方程式为：3I2+6OH-=
33、5I-+IO3-+3H2O；由分析可知，Cr2O3与加入的Na2CO3在空气中焙烧，Cr2O3被氧化为Na2CrO4，还有CO2逸出，空气中的氧气为氧化剂，根据得失电子守恒、质量守恒写出该反应的化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；氯气与KOH溶液反应，氯气发生歧化生成ClO3-、Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出该反应的离子方程式为：6OH-+3Cl2=5Cl-+ClO3-+3H2O；由图可知CuFe2O4x与水反应生成氢气和CuFe2O4，根据得失电子守恒、质量守恒写出化学方程式为：CuFe2O4xx H2O= CuFe2O4 x H2
34、；阳极上Fe、Cu失电子和氧离子反应生成CuFe2O4，阳极反应式为：Cu2Fe4O2-8e-=CuFe2O4【点睛】活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子，而不是电解质中阴离子失电子，故书写电极反应式时一定要注意阳极的材料是惰性还是活性。22. 以硫酸渣（含Fe2O3、SiO2等）为原料制备铁黄（FeOOH）的一种工艺流程如下：（1）“酸溶”中加快溶解的方法为_（写出一种）。（2）“还原”过程中的离子方程式为_。（3）“沉铁”过程中生成Fe（OH）2的化学方程式为_。若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中c（Ca2）/c（Fe2）=_。已知Ksp（CaCO3）=2.8
35、109，Ksp（FeCO3）=21011（4）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe（OH）2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是_。（5）焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1225、n（C）/n（O）=1.2时，焙烧时间与金属产率的关系如图，时间超过15min金属产率下降的原因是_。【答案】 (1). 加热或搅拌或适当增大硫酸浓度（写一种） (2). Fe2Fe3=3Fe2 (3). FeSO42NH4HCO3=Fe（OH）2（NH4）2SO42CO2 (4). 140 (5). NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气 (6). 还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化【解析】【分析】（1）硫
36、酸渣中Fe2O3溶于硫酸生成硫酸铁溶液，SiO2不溶于硫酸，加入过量铁粉，硫酸铁被还原为硫酸亚铁，滤液中加入碳酸氢铵，生成Fe(OH)2沉淀和二氧化碳，通入氧气Fe(OH)2被氧化为FeOOH。【详解】（1）加热、搅拌或适当增大硫酸浓度可加快“酸溶”中溶解速率。（2）“还原”过程中硫酸铁被铁粉还原为硫酸亚铁，反应的离子方程式为Fe2Fe3=3Fe2。（3）“沉铁”过程中硫酸亚铁、碳酸氢铵反应生成Fe(OH)2、二氧化碳、硫酸铵，反应的化学方程式为FeSO42NH4HCO3= Fe(OH)2(NH4)2SO42CO2。若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液为碳酸钙、碳酸
37、亚铁的饱和溶液，溶液中；（4）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气。（5）焦炭还原硫酸渣炼铁，在1225、n(C)/n(O)=1.2时，焙烧时间超过15min，还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化，所以金属产率下降。【点睛】本题以铁黄（FeOOH）的制备流程为知识背景，考查铁的化合物的性质、溶度积常数等，清楚工艺流程原理是解题的关键，注意溶度积常数的计算。23. 工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）为原料生产ZnSO47H2O的工艺流程如下：（已知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间）（1）从滤渣A中可获得
38、一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为_。（2）浸取过程中Fe2(SO4)3的作用是_，浸取时Fe2(SO4)3与ZnS发生反应的化学方程式为_。（3）除铁过程控制溶液的pH在5.4左右，该反应的离子方程式为_。该过程在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置，其目的是_。（4）置换法除重金属离子是Cd2+，所用物质C为_。（5）硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表：温度/020406080100溶解度/g41.854.170.474.867.260.5从除重金属后的硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_、_、过滤、干燥。【答案】 (1). S (2). 做氧化剂 (3). Fe2(SO4)
39、3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S (4). 4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+ (5). 增大空气与溶液的接触面积，加快反应速率 (6). Zn（锌） (7). 60条件下蒸发浓缩 (8). 降温结晶【解析】【详解】（1）闪锌矿的主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质，加入稀硫酸和硫酸铁后发生反应ZnS+Fe2（SO4）3=ZnSO4+2FeSO4+S、CdS+Fe2（SO4）3=CdSO4+2FeSO4+S、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，故从滤渣A中获得的一种淡黄色非金属单质为S；（2）浸取时，金属硫化物中硫元素的化合价为-2价，具有强
40、还原性，硫酸铁中Fe3+具有较强的氧化性，故硫酸铁是氧化剂；硫化锌与硫酸铁反应生成硫酸亚铁、硫酸锌、S，根据得失电子守恒、原子守恒，浸取时Fe2（SO4）3与ZnS发生反应的化学方程式为ZnS+Fe2（SO4）3=ZnSO4+2FeSO4+S；（3）浓缩结晶的母液含有饱和硫酸亚铁溶液，亚铁离子被氧化为FeOOH时，铁元素化合价由+2价升为+3价，则空气中氧气是氧化剂，氧元素由0价降为-2价，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，则该反应为4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+；在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置，目的是增大空气与溶液的接触面积，加快反应速率；（4）根据置换反应
41、原理，应选择比Cd活泼的金属，根据除杂原则，除去Cd2+的同时只能引入Zn2+，不能引入别的金属阳离子，因此物质C为锌（Zn）；（5）读表可知，0100，硫酸锌的溶解度先随温度升高而增大，后随温度升高而减小，或者60左右硫酸锌的溶解度最大，因此从除重金属后的硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为在60左右蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，可以制备硫酸锌晶体。24. 聚合硫酸铁铝、聚合氯化铝是高效水处理剂。以废铁屑、废铝质易拉罐及硫酸为原料，制备聚合硫酸铁铝的工艺流程如下：(1) 为提高反应I、II金属元素的浸出率，可以采取的措施有_。(2) 反应III中FeSO4转化为Fe2(SO4)3的化学方
42、程式为_。(3) 反应III的温度应控制在5070为宜，原因是_。反应II过程中往往加入少量硝酸铝，其作用如图所示，转化的离子方程式为_。(4) 写出Fe2(SO4)3 水解生成Fe2(OH)n(SO4)3-n/2 的离子方程式：_。(5) 利用图16-2所示电解装置可制备净水剂聚合氯化铝。实际生产中，阳极附近因为副反应可能产生的气体有_。【答案】 (1). 适当提高硫酸浓度；适当提高反应温度等 (2). 4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O (3). 温度过低，反应速率太慢；温度过高，金属离子水解趋势增强，易形成沉淀，影响产品的质量 (4). 3Fe2+4H+NO
43、3-=3Fe3+NO+2H2O (5). 2Fe3+(3-n/2)SO42-+nH2OFe2(OH)n(SO4)3-n/2+nH+ (6). Cl2、O2【解析】【分析】从影响化学反应速率的因素来考虑；根据得失电子守恒、质量守恒来书写；从温度对反应速率和盐类水解的影响来分析，由图中元素化合价的变化来确定反应物、生成物，根据有关守恒写出离子方程式；根据盐类水解的实质是盐和水反应生成酸和碱来书写；阳极发生的是氧化反应，从阳极附近溶液中的离子的性质来考虑，根据以上分析解答。【详解】为提高反应I、II金属元素的浸出率，可增大反应物浓度、升高温度等；反应III中通入氧气，在酸性条件下可将FeSO4氧化为
44、Fe2(SO4)3，化学方程式为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O；温度过低，反应速率较小，如温度过高，可促进金属离子的水解，易产生沉淀，影响产品的质量；由图可知，转化为酸性条件下，硝酸根离子氧化亚铁离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，该反应的离子方程式为：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O； Fe2(SO4)3 水解生成Fe2(OH)n(SO4)3-n/2，水解后溶液显酸性，反应的离子方程式为：2Fe3+(3-)SO42-+nH2OFe2(OH)n(SO4)3-n/2+nH+；阳极发生氧化反应，阳极材料Al、溶液里的Cl-、OH-都可被氧
45、化，副反应可能产生的气体有Cl2、O2。【点睛】根据信息书写化学方程式、离子方程式等化学用语时，注意得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒等规律的运用。25. 主要用作选矿剂、伪装涂料的颜料等。用钴矿石含、CoO及少量、等生产的流程如图1：下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH“沉淀完全”是指溶液中离子浓度低于开始沉淀的pH沉淀完全的pH写出“浸取”步骤发生反应的离子方程式_。“浸取”步骤除外，钴矿石中还能被还原的物质有_。加的目的是氧化，的用量过多会造成的不良后果是_。“沉钴”步骤向溶液加入溶液需要条件下进行，适宜加热方式为_。温度控制在的原因为_。已知金属萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如
46、图2所示。请补充完整由“氧化”后的溶液制备的实验方案：向“氧化”后的溶液中加入_，加入溶液沉钴得实验中须使用试剂：溶液、金属萃取剂、盐酸。【答案】 (1). (2). 、 (3). 与反应生成污染环境或将氧化成 (4). 水浴加热 (5). 温度过高易分解，温度过低反应速率缓慢 (6). 溶液，调节溶液的pH至，过滤，向滤液中加入稀盐酸调pH至左右，加入金属萃取剂萃取次，静置后分液，得较纯溶液【解析】【分析】用钴矿石含、及少量、等生产，钴矿石加入稀盐酸和亚硫酸钠，铁离子和二氧化锰被亚硫酸钠还原得到亚铁离子和锰离子，加入氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子，氧化后的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液的pH至，沉
47、淀铁离子和氯离子，过滤，向滤液中加入稀盐酸调pH至左右，滤液中加入萃取剂的作用是除去锰离子，根据图像可知，调节溶液PH在之间，可以除去Co2+中的Mn2+，加入溶液沉钴得。【详解】 “浸取”步骤发生反应是在酸溶液中和亚硫酸钠反应生成硫酸钴和水，反应的离子方程式为：，故答案为：；浸取”步骤能还原，氧化铁和二氧化锰也具有氧化性，能和发生氧化还原反应，故钴矿石中还能被还原的物质有：、，故答案为：、；加的目的是氧化，的用量过多会造成的不良后果是：酸性条件下ClO3-与反应生成污染环境或将氧化成，故答案为：与反应生成污染环境或将氧化成；“沉钴”步骤向溶液加入溶液需要条件下进行，适宜的加热方式为：水浴加热
48、，温度控制在的原因是温度过高碳酸氢铵会分解，温度过低反应速率慢，故答案为：水浴加热；温度过高易分解，温度过低反应速率缓慢；氧化后溶液中含有Fe3+、Al3+、Mn2+、Co2+、Na+、Cl-、SO42-等离子，可以通过调节溶液的PH除去Fe3+和Al3+，根据金属离子沉淀的PH范围的表格可知需要控制溶液的PH在5.2到7.6之间，使Fe3+、Al3+完全沉淀而Co2+不沉淀。Mn2+不能通过调节溶液的PH的方法除去，根据金属萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图像可知，Mn2+可以用萃取的方法除去，在PH在3.5左右时，Mn2+的萃取率能达到80%以上而Co2+的萃取率不足20%，可以除去C
49、o2+中的Mn2+。根据给出的试剂，调节溶液的PH至的试剂用Na2CO3溶液，调节溶液pH至左右，用的试剂是稀盐酸，故答案为：溶液，调节溶液的pH至，过滤，向滤液中加入稀盐酸调pH至左右，加入金属萃取剂萃取次，静置后分液，得较纯溶液。【点睛】本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生分析判断能力，涉及氧化还原反应、离子反应等知识点，为高频考点，明确流程图中发生的反应及基本操作、确定各个阶段固体成分及先后分解生成物成分是解本题关键，题目难度中等。26. 水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)
50、2与I完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下： 写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_。取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000 molL1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。(已知反应：I22S2O32=2IS4O62)计算该水样中的溶解氧(以mgL1表示)，写出计算过程_。【答案】 (1). O22Mn2+4OH-=2MnO(OH)2 (2). 在100.00ml水样中发生反应：I22S2O32-=2I-S4O62-，消耗0.010
51、00mol/LNa2S2O3标准液13.50mL，则转化n(I2)=13.5010-30.01000mol=6.75010-5mol，MnO(OH)2与I完全反应生成Mn2+和I2，根据电子得失守恒：nMnO(OH)2=n(I2)= 6.75010-5mol，再根据电子得失守恒：n(O2)=nMnO(OH)2= 6.75010-5mol=3.37510-5mol，该水样中的溶解氧=10.80 mgL1【解析】【分析】氧气将Mn2+氧化为MnO(OH)2，由生成物可知该反应是在碱性条件下反应，结合电子、电荷及原子守恒书写离子方程式；根据方程式计算转化I2的量，据此计算水样中的溶解氧量。【详解】氧
52、气将Mn2+氧化为MnO(OH)2的反应中，氧气是氧化剂，1molO2得到4mol电子，锰元素的化合价由+2价升高到+4价，失去2个电子，由电子、电荷、以及原子守恒可知该反应的离子方程式为：O22Mn2+4OH-=2MnO(OH)2；在100.00ml水样中发生反应：I22S2O32-=2I-S4O62-，消耗0.01000mol/LNa2S2O3标准液13.50mL，则转化n(I2)=13.5010-30.01000mol=6.75010-5mol，MnO(OH)2与I完全反应生成Mn2+和I2，根据电子得失守恒：nMnO(OH)2=n(I2)= 6.75010-5mol，再根据电子得失守恒：n(O2)=nMnO(OH)2= 6.75010-5mol=3.37510-5mol，该水样中的溶解氧=10.80 mgL1。
