1、2020-2021学年上学期高三期中备考卷化 学2注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合
2、题意）12018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活生产社会可持续发展密切相关。下列有关化学知识的说法错误的是A碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料B我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种非金属材料C高纯二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”D钾一钠合金可用于原子反应堆的导热剂钾与钠都属于短周期主族元素【答案】D【解析】由于碳纳米管比表面积大，易吸附氢气，所以可用作新型储氢材料，故A正确；碳纤维，是一种非金属材料，故B正确；光导纤维化学成分为SiO2，与强碱反应生成硅酸盐，故C正确；钾位于第四周期，第四周期是长周期，故D错误。2下列正确的叙述有ACO2、NO2
3、、P2O5均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物BFe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3C灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应均可设计成原电池D电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生【答案】B【解析】NO2不属于酸性氧化物；Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，B正确；Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应不属于氧化还
4、原反应，不能设计成原电池，C错误；电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D错误。3下列物质的用途利用了其氧化性的是A漂粉精用于消毒游泳池水 BSO2用于漂白纸浆CNa2S用于除去废水中的Hg2+ DFeCl2溶液用于吸收Cl2【答案】A【解析】漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选。4类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是A已知：将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+类推：将Na加入到CuSO4溶液中2Na+C
5、u2+=Cu+2Na+B已知：稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性2H+SO+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O类推：NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H+SO+Ba2+2OH=BaSO4+2H2OC已知：铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3类推：铁和碘单质反应2Fe+3I22FeI3D已知：向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClO类推：向 Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClO【答案】B【解析】A金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，钠投入到铜盐溶液反应先与水反应
6、，不会置换出铜，A错误；BNaHSO4与Ba(OH)2按照21反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，离子方程式为：2H+SO+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，B正确；C碘的氧化性较弱，与铁反应时生成FeI2，C错误；D向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为Ca2+3ClO+SO2+H2O=CaSO4+Cl，D错误；故答案为：B。5NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是A一定量的稀硝酸溶解0.1mol铁粉，转移电子个数一定为0.3NAB1L容器中充入2mol NO和1mol O2充分反应后，分子总数等于2NAC500mL 0.5molL1的NaC
7、l溶液中微粒数大于0.5NAD0C、101kPa条件下，11.2L三氯甲烷含有的氯原子个数为1.5NA【答案】C【解析】A一定量的稀硝酸溶解0.1mol铁粉，可能生成Fe2+，可能生成Fe3+，还可能生成二者的混合物，所以转移电子个数不一定是0.3NA，A错误；B2mol NO和1mol O2充分反应生成2mol NO2，NO2再发生部分化合生成N2O4，所以分子总数小于2NA，B错误；C500mL 0.5molL1的NaCl溶液中Na+、Cl数等于0.5NA，但还含有大量的水分子，所以微粒数大于0.5NA，C正确；D0C、101kPa条件下，三氯甲烷呈液态，无法计算11.2L三氯甲烷所含有的
8、氯原子个数，D错误。6下列解释事实的离子方程式正确的是A澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2+2HCO+2OH=CaCO3+CO+2H2OB稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：H+OH+Ba2+SO=BaSO4+H2OC铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2OD在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13+3OH=Al(OH)3【答案】A【解析】A澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2+2HCO+2OH=CaCO3+CO+2H2O，故A正确；B稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H+
9、2OH+Ba2+SO=BaSO4+2H2O，故B错误；C铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故C错误；D氨水是弱碱，用化学式表示，故D错误。7下列有关图像的说法正确的是A图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系B图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系C图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3+物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系D根据图丁，NaCl溶液与KNO3的混和溶液中可采用冷却热饱和溶液的方法得到NaCl晶体【答案】
10、C【解析】A向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为31，图像与之不符，A说法错误；B假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1mol NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1mol HCl；碳酸钠与盐酸反应生成1mol NaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1mol NaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为21，图像与之不符，B说法错误；C在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO+4H+=Fe3+2
11、NO+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为10.5=21，与图像相符合，C说法正确；DKNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaCl可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，D说法错误；答案为C。8HNO2是一种不稳定的弱酸，易分解为NO和NO2；有氧化性和还原性，可以把Fe2+氧化为Fe3+；AgNO2难溶于水。下列说法不正确的是ANaNO2溶液加入到新制的氯水中，氯水会褪色BAgNO2固体加入到新制的氯水中
12、，发生的离子反应为：2Ag+NO+Cl2=NO+2AgClCHNO2和浓硝酸都有不稳定性，久置后都会显淡黄色D人若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，会导致血红蛋白中的Fe2+被氧化为Fe3+而中毒【答案】B【解析】AHNO2有还原性，因此向新制氯水中滴加NaNO2溶液，氯水褪色，体现HNO2的还原性，故A正确；BAgNO2难溶于水，在离子方程式中保留化学式，故B错误；C浓硝酸易分解，分解生成的二氧化氮溶解在溶液中，而使溶液呈黄色；HNO2是一种不稳定的弱酸，易分解为NO和NO2，分解生成的二氧化氮溶解在溶液中，也会使溶液呈黄色，故C正确；DHNO2有氧化性，可以把Fe2+氧化为Fe3+，人若误食亚
13、硝酸盐(如NaNO2)，会导致血红蛋白中的Fe2+被氧化为Fe3+而中毒，故D正确；故选B。9聚合硫酸铁Fe(OH)SO4n能用作净水剂（絮凝剂），可由绿矾(FeSO47H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是A聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水BKClO3作氧化剂，每生成1mol Fe(OH)SO4n消耗mol KC1O3C生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大D在相同条件下，Fe3+比Fe(OH)2+的水解能力更强【答案】B【解析】KClO3为氧化剂，FeSO4为还原剂，根据得失电子数目守恒，n(KClO3)6=n1，解得n(KClO3)=mol，故B说法错误。10为探
14、究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加如图所示的试剂。对实验现象的“解释或结论”错误的是实验现象解释或结论Aa中溴水褪色还原性：SOBrBb中加硫酸后产生淡黄色沉淀SO和S2在酸性条件下发生反应Cc中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去SO+H2OHSO+OH，所以滴入酚酞溶液变红；Ba2+SO=BaSO3，水解平衡向左移动，红色褪去Dd中产生白色沉淀Na2SO3溶液已变质【答案】D【解析】A溴水与Na2SO3溶液反应的离子方程式为Br2+SO+H2O=2Br+SO+2H+，还原性：SOBr，与题意不符，A错误；
15、BSO和S2在酸性条件下发生反应SO+2S2+6H+=3S+3H2O，产生淡黄色沉淀，与题意不符，B错误；CNa2SO3水解使溶液呈碱性，滴入酚酞溶液变红，加入BaCl2溶液后，Ba2+与SO结合成BaSO3沉淀，使SO的水解平衡左移，c(OH)减小，红色逐渐褪去，与题意不符，C错误；DNa2SO3溶液中加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液后，NO在酸性条件下可将BaSO3氧化为不溶于盐酸和硝酸的BaSO4沉淀，因此无法判断Na2SO3溶液是否变质，符合题意，D正确；答案为D。11工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质
16、量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+=Fe2+Cu【答案】C【解析】由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=21，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu
17、2+的去除速率，故选C项。12现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是A制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2B将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满C关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈D工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好【答案】D【解析】CaO能与水反应，使c(OH)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；氨气和
18、水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满，B错误；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，C错误；盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率，D正确。13下列图示与对应的叙述相符的是A图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H的燃烧热为241.8kJmo11B图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g
19、)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大C若图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲代表钠D图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH【答案】C【解析】钾比钠活泼，反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C正确，故选C。14下图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是A放电时，负极反应为3NaBr-2e=NaBr3+2Na+B充电时，阳极反应为2Na2S2-2e=
20、Na2S4+2Na+C放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池D用该电池电解饱和食盐水，产生2.24L H2时，b池生成17.40g Na2S4【答案】C【解析】放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2（右罐）和NaBr3（左罐），则Na2S2在负极失电子，NaBr3在正极得电子；充电时，阴极为负极的逆反应，阳极为正极的逆反应；A放电时，负极Na2S2失电子，则负极的电极反应式为：2S-2e=S，故A错误；B充电时，阳极上Br失电子转化为Br3-，则阳极的电极反应式为：3Br-2e=Br，故B错误；C电池放电时，Na2S2和NaBr3反应，则电池的总反应方程式为：2Na2S2+NaBr3=Na
21、2S4+3NaBr，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；D用该电池电解饱和食盐水，产生2.24L H2时，此气体不是标准状况下的体积，无法进行换算，则b池生成Na2S4的质量不一定是17.40g，故D错误。15在容积为2.0 L的密闭容器内，物质D在T时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是 A从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为0.0667mol/(Lmin)B该反应的化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2c(B)C已知：反应的H0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系
22、的温度D若在第7分钟时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线【答案】D【解析】A根据v=c/t计算得A物质的平均反应速率为0.4/(23)= 0.0667mol/(Lmin)，A正确；B根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol，B的物质的量增加了0.2mol，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了0.4mol/L，所以D为反应物，D、A、B的变化量之比为0.40.40.2=221，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2c(B)，故B正确；C第5分钟时A、B的物质的量在原来
23、的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，因为反应的H0，所以此时是升高温度，故C正确；D因为D是固体，量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，故D错误。1625时，向10mL 0.01molL1 NaCN溶液中逐滴加入0.01molL1的盐酸，其pH变化曲线如下图甲所示。NaCN溶液中CN、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如下图乙所示其中a点的坐标为(9.5，0.5)。下列溶液中的关系一定正确的是A图乙中pH=7的溶液：c(Cl)=c(HCN)B常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=109.5C图甲中b点的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)
24、c(OH)c(H+)D图甲中c点的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+c(CN)【答案】A【解析】25时，NaCN溶液中CN、HCN浓度所占分数（）随pH变化的关系如图甲所示，可知CN、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN水解程度，向10mL 0.01molL1 NaCN溶液中逐滴加入0.01molL1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH)，由溶液电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c
25、(OH)+c(CN)+c(Cl)，结合物料守恒可c(Na+)=c(HCN)+c(CN)可知：c(Cl)=c(HCN)，故A正确；Ba点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(HCN)=c(CN)，NaCN的水解平衡常K(NaCN)=c(OH)=10-4.5mol/L，故B错误；Cb点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN水解程度，可知c(HCN)c(CN)，故C错误；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl)=c(HCN)+c(CN)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)+c(CN)，则c(Na+)+c(H
26、+)=c(HCN)+c(OH)+2c(CN)，故D错误；答案选A。二、非选择题（共52分）17硫酸亚铁(FeSO47H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO47H2O晶体：将5% Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤23遍；向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在5080之间至铁屑耗尽； ，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤23次，再用滤纸将晶体吸干；将制得的FeSO47H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存。请回答下列问题：（1）实验
27、步骤的目的是_。（2）写出实验步骤中的化学方程式_。（3）补全实验步骤的操作名称_。（4）实验步骤中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_。（5）乙同学认为甲的实验方案中存在明显的不合理之处，你_(填“是”或“否”)同意乙的观点。（6）丙同学经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO47H2O、FeSO44H2O和FeSO4H2O硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示(仅在56.7、64温度下可同时析出两种晶体)。硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO44H2O，应控制的结晶温度(t)的范围为_。（7）取已有部分氧化的绿矾固体(硫酸
28、亚铁的相对原子质量用M表示)wg，配制成100mL用c mol/L KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗标准液的体积为VmL，则：若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视滴定管液面，使测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污 （2）Fe+H2SO4(稀)FeSO4+H2 （3）趁热过滤 （4）洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗 （5）是 （6）56.7t64 （7）偏低 【解析】（1）Na2CO3溶液显碱性，铁屑表面含有油脂，油脂在碱性条件下，水解成可溶水的物质，步骤的目的是除去铁屑表面的油污；（2）发生化学方程式为
29、Fe+H2SO4FeSO4+H2；（3）步骤将滤液转入到密闭容器，冷却结晶，因此步骤的操作名称为趁热过滤；（4）一般温度低，晶体的溶解度低，冰水洗涤的目的是洗去表面的杂质，减少FeSO47H2O的损耗；（5）步骤中铁屑耗尽，铁转化成Fe2+，Fe2+容易被氧化成Fe3+，即同意乙同学的观点；（6）根据表格中的数据，得到FeSO44H2O，在56.7、64同时析出两种晶体，因为温度控制在高于56.7，低于64，范围是56.7t64；（7）根据得失电子数目，推出FeSO47H2O的质量分数为V10-3c5(M+126)w100%，根据滴定管从上到下刻度增大，俯视读数，V偏小，即所测结果偏低。18氰
30、化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠的工业制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组拟用该原理在实验室制备硫代硫酸钠，并使用硫代硫酸钠溶液对氰化钠溶液进行统一解毒销毁。实验I实验室通过如图所示装置制备Na2S2O3晶体(1)b装置的作用是_。(2)反应开始后，c中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物可能是_(填化学式)。(3)实验结束后，在e处最好连接盛_（填“NaOH溶液”“水”“CCl4”中的一种）的注射器。(4)从c中反应混合液中获取Na2S2O35H2O的操作是：_、抽滤、洗涤、干燥。实验II产品
31、纯度的检测(5)已知：Na2S2O35H2O的摩尔质量为248gmol1；2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。取晶体样品ag，加水溶解后，滴入几滴淀粉溶液，用0.005molL1碘水滴定到终点时，消耗碘水溶液V mL，则该样品的纯度是_。(6)滴定过程中可能造成实验结果偏低的是_(填字母)。A锥形瓶未用Na2S2O3溶液润洗B锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数C滴定到终点时仰视读数D滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终点出现气泡III处理氰化钠溶液(7)化学兴趣小组的同学配备了防毒口罩、橡胶手套和连体式胶布防毒衣等防护用具，在老师的指导下进行以下实验：向装有1.5mL 0.1
32、molL1的NaCN溶液的试管中滴加1.5mL 0.1molL1的Na2S2O3溶液，两反应物恰好完全反应，但没有明显实验现象，取反应后的溶液少许滴入盛有10mL 0.1molL1 FeC13溶液的小烧杯中，溶液呈现血红色，请写出Na2S2O3解毒的离子方程式：_。【答案】（1）作安全瓶，防止倒吸 （2） S （3） NaOH溶液 （4） 蒸发浓缩、冷却结晶 （5） 100% （6） BD （7） CN+=SCN+ 【解析】a装置制备SO2，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。(1)根据装置示意图中结合各个部
33、分的作用，可知b的作用是作安全瓶，防止倒吸；(2)在c中SO2与Na2S反应产生H2S，SO2与H2S发生反应产生S单质和水，S是淡黄色不溶于水的物质，因此c中先有淡黄色浑浊产生，此浑浊物是S；(3)b是安全瓶，可防止倒吸现象的发生，由于b中盛有SO2气体，若SO2气体在K1处泄露，可根据SO2能够与NaOH发生反应产生Na2SO3和H2O，所以在e处最好连接盛有NaOH的注射器；(4)在c处发生反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，从c中反应后得到的溶液中获取Na2S2O35H2O的操作是：将反应后得到的溶液蒸发浓缩、冷却结晶，再经抽滤、洗涤、干燥就得到Na2S
34、2O35H2O；(5)根据反应方程式2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6可知n(Na2S2O3)=2n(I2)=20.005molL1V103 L=V105mol，由于Na2S2O35H2O的摩尔质量为248gmol1，则Na2S2O35H2O的质量m(Na2S2O35H2O)=V105mol248gmol1=2.48V103g，则该样品的纯度是100%=100%；(6)A锥形瓶未用Na2S2O3溶液润洗，对测定结果无影响，A不符合题意；B锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数，则消耗标准碘溶液体积偏小，导致Na2S2O3的物质的量偏少，使测定结果偏低，B符合题意；C滴定到终点时
35、仰视读数，则会使标准碘溶液体积偏大，导致Na2S2O3的物质的量偏多，最终使测定结果偏稿，C不符合题意；D滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终点出现气泡，则会使消耗的标准碘溶液体积偏小，导致Na2S2O3的物质的量偏少，使测定结果偏低，D符合题意；故答案为BD；(7)向NaCN溶液与Na2S2O3溶液反应后的溶液中滴加FeC13溶液，溶液呈现血红色，说明反应后产生可SCN-，根据原子守恒、电荷守恒可得反应的离子方程式：CN+=SCN+。19二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si（16.27%）、Fe（5.86%）、Al（3.
36、42%）、Zn（2.68%）和Cu（0.86%）等元素的化合物，其处理流程图如下：化合物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10351061038（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为_。（2）“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能_；滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节pH至少达到_，恰好能使Fe3+、A13+沉淀完全。(当离子浓度降到1.0105molL1时即视为沉淀完全)（3）滤渣B的成分是_。（4）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极电极反应
37、式为_。（5）工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好与25.00mL 0.0800molL1 Na2S2O3溶液反应（I2+2S2O=2I+S4O）。计算可得该样品纯度_%。(小数点后保留1位数字)。【答案】（1）MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O （2）充分氧化过量的Fe2+ 4 （3）CuS、ZnS （4）Mn2+-2e+2H2O=MnO2+4H+ （5）47.3 【解析】（1）软锰矿中加入H2SO4和过量FeSO4
38、溶液“酸浸”时MnO2被还原为MnSO4，则FeSO4被氧化成Fe2(SO4)3，“酸浸”时发生的主要反应的化学方程式为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。（2）“酸浸”时除了MnO2被还原成MnSO4外，Fe、Al、Zn、Cu也溶解转化为FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4，酸浸后过滤得到的滤液中含MnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4；向此滤液中加入氨水并搅拌，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能将Fe2+充分氧化转化成Fe3+；加入氨水调节pH使Al3+、Fe3+完全转化成Al
39、(OH)3、Fe(OH)3沉淀形成滤渣A，由于Al(OH)3、Fe(OH)3类型相同且Al(OH)3的溶度积大于Fe(OH)3的溶度积，使Fe3+、Al3+完全沉淀，只要使Al3+完全沉淀，即c（Al3+）110-5mol/L，c（Al3+）c3（OH）=10-35，c（OH）=110-10mol/L，c（H+）110-4mol/L，pH4，pH至少达到4能使Fe3+、Al3+沉淀完全。（3）加入氨水调节pH至5.4经过滤后滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含MnSO4、ZnSO4、CuSO4、(NH4)2SO4，向滤液中加入MnS并加热至沸，发生沉淀的转化形成难溶的ZnS、CuS
40、将Zn2+、Cu2+除去，过滤得到的滤渣B的成分为ZnS、CuS。（4）根据题意电解过程中MnSO4被氧化成MnO2，则阳极电极反应式为Mn2+-2e+2H2O=MnO2+4H+。（5）MnO2与足量酸性KI反应的离子方程式为：MnO2+4H+2I=Mn2+I2+2H2O，得出关系式：MnO2I22Na2S2O3，n（MnO2）=n（Na2S2O3）=0.08mol/L0.025L100ml/20ml=0.005mol，m（MnO2）=0.005mol87g/mol=0.435g，该样品纯度为100%=47.3%。20火法炼铜是目前世界上最主要的冶炼铜的方法，其产量可占到铜总产量的85以上，火
41、法炼铜相关的方程式有Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) H1=-271.4kJ/mol 反应Cu2S(s)+2Cu2O(s)=6Cu(s)+SO2(g) H2=+123.2kJ/mol 反应（1）Cu2S(s)在空气中煅烧生成Cu2O(s)和SO2(g)的热化学方程式是_。（2）火法炼铜所得吹炼烟气中SO2含量较高，该烟气在工业上可直接用于生产硫酸，从绿色化学角度考虑其优点有_(任写一条)。（3）在2L的恒温密闭容器中通入5mol氧气并加入足量Cu2S发生反应(不考虑其它反应)，容器中的起始压强为akPa，反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示，反应前3min平均反应
42、速率v(SO2)=_mol/(Lmin)，该温度下反应的平衡常数KP=_(KP为以分压表示的平衡常数)。若保持温度不变向平衡体系中再通入1mol氧气，达到新平衡后氧气的体积分数_(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。（4）工业上电镀铜的装置如图所示，阳极产物除Cu2+外还有部分Cu+，部分Cu+经过一系列变化会以Cu2O的形式沉积在镀件表面，导致镀层不够致密、光亮。电镀过程中用空气搅拌而不是氮气搅拌的原因是_。【答案】（1）2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) H=-937.4kJ/mol （2）可减少污染物排放或者原子利用率高 （3）0.4 1.
43、5 等于 （4）氧气可将Cu+氧化为Cu2+以防止镀件表面生成Cu2O 【解析】（1）根据盖斯定律，2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g)为反应3反应所得，因此H=3H1H2=-937.4kJ/mol答案为：2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) H=-937.4kJ/mol；（2）吹炼烟气用于生产硫酸可减少SO2的排放；用该烟气生产硫酸的反应为和SO3+H2O=H2SO4，两个反应的原子利用率均为100%。答案为：可减少污染物排放或者原子利用率高；（3）反应中气体总物质的量始终为5mol，3min时SO2体积分数为48%，c(SO2)=1.
44、2mol/L，因此v(SO2)=0.4mol/(Lmin)。体系达平衡时总压强为akPa，O2和SO2的分压分别为0.4akPa和0.6akPa，KP=，原平衡时氧气的体积分数为40，根据平衡常数表达式，温度不变，平衡常数不变，增加气体用量，平衡时SO2与O2的物质的量浓度之比保持不变，因此达到新平衡后氧气的体积分数仍为40%。答案为：0.4；1.5；等于；（4）阳极产物除Cu2+外还有部分Cu+，部分Cu+经过一系列变化会以Cu2O的形式沉积在镀件表面，导致镀层不够致密、光亮。通入空气可利用氧气将Cu+氧化为Cu2+，可有效预防镀件表面生成Cu2O。21N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污
45、染物含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_。（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为_。下列措施不能提高尾气中NO和NO2去除率的有_(填字母代号)A采用气、液逆流的方式吸收尾气B加快通入尾气的速率C吸收尾气过程中定补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_(填化学式)，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_(填化学式)。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸
46、收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。在酸NaClO性溶液中，HClO氧化NO生成Cl和NO，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl+2NO+5H+NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是_。【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2O （2）NO+NO2+2OH=2NO+H2O、2NO2+2OH=NO+NO+H2O B NaNO3 NO （3）溶液pH越小溶液中HClO的浓度越大氧化NO的能力越强 【解析】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守
47、恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O；（2）N2O的硝酸尾气中含NO2和NO，它们与NaOH溶液反应的离子方程式为：NO+NO2+2OH=2NO+H2O、2NO2+2OH=NO+NO+H2O；A采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，A项错误；B加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，B项正确；C定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，C项错误；由反应：NO+NO2+2OH=2NO+H2O，2NO2+2OH=NO+NO+H2O可知，反应后得到NaNO2和N
48、aNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于11，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO；（3）在相同条件下，ClO在酸性条件下以HClO的形式存在，具有强氧化性，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO+3Cl+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。22氨甲环酸（G），别名止血环酸，是一种已被广泛使用半个世纪的止血药，它的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：回答下列问题：（1）A的结构简式是_。
49、（2）C的化学名称是_。（3）的反应类型是_。（4）E中不含N原子的官能团名称为_。（5）氨甲环酸（G）的分子式为_。（6）写出满足以下条件的所有E的同分异构体的结构简式：_。a含苯环 b含硝基 c核磁共振氢谱有三组峰 （7）写出以和为原料，制备医药中间体的合成路线：_（无机试剂任选）。【答案】（1）CH2=CH-CH=CH2 （2）2-氯-1，3丁二烯 （3）消去反应 （4）碳碳双键、酯基 （5）C8H15NO2 （6）、 （7） 【解析】由合成路线可知，A为1，3-丁二烯，1，3-丁二烯和氯气发生加成反应生成B，B发生消去反应生成C，对比C、D结构可知，由C生成D发生了双烯合成；DE为-C
50、l被-CN取代，EF为酯的水解反应，FG为加氢的还原反应，以此分析解答。（1）由以上分析可知，A为1，3-丁二烯，结构简式为CH2=CH-CH=CH2；（2）C分子中含有两个碳碳双键，氯原子在第二个碳原子上，故化学名称为2-氯-1，3-丁二烯；（3）反应为B发生消去反应生成C，故反应类型为消去反应；（4）E中含有-CN、碳碳双键和酯基，其中不含氮原子的官能团名称为碳碳双键、酯基；（5）由结构简式可知，氯甲环酸（G）的分子式为C8H15NO2；（6）E的同分异构体：a含苯环 b含硝基c核磁共振氢谱有三组峰，说明含有三种类型的氢原子，故结构简式为、。（7）参考合成路线，若以和为原料，制备，则要利用双烯合成，先由制得，再和合成，故设计合成路线为： 。
