1、高考资源网（） 您身边的高考专家2018级10月份过程性检测化学试题可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 As-75 Ni-59 Na-23 S-32 Cl-35.5一、单选题（本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题目要求。）1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法或做法不正确的是（ ）A. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B. 因患“禽流感”而被捕杀的家禽尸体常用生石灰处理C. 本草经集注中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”；这是利用了“焰色反应”D. 煤经过气化和液化等物理变化可
2、以转化为清洁燃料【答案】D【解析】【详解】A明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈成分主要为Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液，故可用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，选项A正确；B生石灰与水反应放热，生成的氢氧化钙呈碱性，加热、强碱都能使蛋白质变性，能杀菌消毒，选项B正确；C鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，选项C正确；D煤的气化和液化是指煤在无氧加热的条件下生成气体或液体燃料，是化学变化，选项D错误。答案选D。2. 在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一。瑞德西韦的结构如图所
3、示，下列说法正确的是（ ）A. 瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：NOPB. 瑞德西韦中的NH键的键能大于OH键的键能C. 瑞德西韦中所有N都为sp3杂化D. 瑞德西韦结构中存在键、键和大键【答案】D【解析】【详解】A一般情况下非金属性越强，电负性越强，所以电负性：ONP，故A错误；BO原子半径小于N原子半径，电负性强于N，所以O-H键的键能大于N-H键键能，故B错误；C形成N=C键的N原子为sp2杂化，形成CN键的N原子为sp杂化，故C错误；D该分子中单键均为键、双键和三键中含有键、苯环中含有大键，故D正确；故答案为D。3. 向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液
4、变为淡黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析中不正确的是（ ）A. 通入SO2时发生反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=2HI+2H+SOB. 滴加CuSO4溶液时，每生成1molCuI会转移1mole-C. 根据上述实验现象可知：Cu2+比I2的氧化性强D. 充分反应后的溶液中无Cu2+存在【答案】A【解析】【分析】液呈淡黄色，说明有I2生成碘元素化合价由-1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+，白色沉淀是CuI；向反应后的混合物中不
5、断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，故I2与SO2反应生成I-，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI，据此分析解答。【详解】A反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，碘化氢为强电解质，离子方程式为：SO2+I2+2H2O2I-+4H+ SO，故A错误； BCuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以转移1mole-时生成1molCuI白色沉淀，故B正确；C2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合
6、价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故C正确；D由上述分析及化学方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，白色沉淀是CuI，溶液中含有I2，所以不含铜离子，故D正确；答案选A。4. 下列反应的离子方程式书写正确的是A. 等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合：Ba2+2OH-+NH4+HCO3-=BaCO3+NH3H2O+H2OB. 实验室配制的亚铁盐
7、溶液在空气中被氧化：4Fe2+O2+2H2O=4Fe3+4OH-C. 向碳酸氢铵溶液中加过量石灰水并加热：NH4+OH-NH3+H2OD. 用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水：2 MnO4-+6H+H2O2=2Mn2+3O2+4H2O【答案】A【解析】【详解】A等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸钡沉淀，氨水和水，故A正确；BFe3+与OH-不能大量共存，故B错误；C向碳酸氢铵溶液中加过量石灰水并加热反应生成碳酸钙沉淀和氨气，故C错误；D2MnO4-+6H+H2O2=2Mn2+3O2+4H2O反应中得失电子不守恒，应该是2MnO4-+6H+5H2O2 =2Mn2+5O2
8、+8H2O，故D错误；故选A。5. 捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）A. 标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NAB. 10.1 g N（C2H5）3中所含的极性共价键数目为2.1NAC. 2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NAD. 100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA【答案】D【解析】【详解】A、标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有682=22个电子，则22.4LCO2含有22mol电子，其电子数目为22 NA，A错误；B、N(C2H5)3的结构式为，
9、所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键，1mol N(C2H5)3中含有18mol极性共价键，10.1g N(C2H5)3，其物质的量为0.1mol，则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol，数目为1.8NA，B错误；C、Au为金属单质，不含有分子，2molAu中不含有分子，C错误；D、100 g 46%的甲酸水溶液，则甲酸质量为46g，则其物质的量为1mol，分子中含有2molO原子；水的质量为100g-46g=54g，其物质的量为3mol，则含有3mol O原子，总共含有5mol O原子，其数目为5NA，D正确；答案选D。6. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素
10、形成的化合物甲的结构如图所示，且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的（ ）A. YW3分子的空间构型为平面三角形B. W2Z的键角小于YW3C. 物质甲分子中存在6个键D. Y元素的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体可知，W为H
11、，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，AYW3为NH3，中心原子N的价层电子对数=3+=4，N原子采取sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形，故A错误；BW2Z为H2O，中心原子O的价层电子对数=2+=4，O原子采取sp3杂化，分子构型为V形，分子键角为104.5；YW3为NH3，分子的空间构型为三角锥形，分子键角约为107，则W2Z的键角小于YW3，故B正确；C物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在7个键和1个键，故C错误；DN元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；答案选B。7. 某科研
12、人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程如图所示(图中只画出了 HAP的部分结构，用18O标记羟基磷灰石中的羟基氧原子)。下列说法正确的是( )A. 反应物的键能之和大于生成物的键能之和B. HAP改变了该反应的历程和焓变，加快了反应速率C. 经过该催化氧化过程后18O仍然在HAP中D. 反应过程中，碳原子由sp2杂化变为sp杂化【答案】D【解析】【详解】A. HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O，反应是放热反应，因此反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故A错误；B. HAP改变了该反应的历程，加快了反应速率，但焓
13、变不变，故B错误；C. 根据该历程图中信息，经过该催化氧化过程后18O在水中，故C错误；D. HCHO的碳原子价层电子对数为，CO2的碳原子价层电子对数为，因此反应过程中，碳原子由sp2杂化变为sp杂化，故D正确。综上所述，答案为D。8. 钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（ ）A. 酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2+4H2OB. 在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸C. 化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NHD. “热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8
14、mol【答案】B【解析】【分析】由流程可知，粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，通入氨气中和，得到红色(NH4)2PdCl6固体，通入氢气热还原，可得到Pd，同时生成氯化氢和氨气，以此解答该题。【详解】A根据分析，粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，则酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2+4H2O，故A正确；B在“酸浸”过程中盐酸电离出的氯离子与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解效率降低，故B错误；C氯钯酸铵(N
15、H4)2PdCl6为红色沉淀，若溶液中含有铵根离子，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验溶液中是否含有NH，故C正确；D“热还原”中发生的反应为(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl，则每生成1molPd同时生成2mol氨气和6mol氯化氢气体，则生成气体的总物质的量为8mol，故D正确；答案选B。9. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. 当有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗
16、O2的质量为16gB. 由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2Cu2+SC. 在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2D. 在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和Cl【答案】A【解析】【分析】由图可知：一共发生的有三个反应，由此可以推出总反应，再结合氧化还原反应中的基本概念来解决问题【详解】A有关电子转移的计算结合总反应：，当有2molH2S参与反应是耗氧气1mol，则当有34gH2S转化为硫单质时，消耗氧气0.5mol，即16g，A正确；B由氧化剂的氧化性氧化产物，且反应；反应，可知氧化性的强弱顺序O2 Fe3+S，B错误；C由图可知能循环利用的物质是FeCl2和FeCl3，C错误；D在
17、转化过程中化合价不变的元素不止有Cu和Cl，还有H元素化合价也未发生变化，D错误。答案选A。10. 由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生反应：。下列说法正确的是A. Na4S2O3的水溶液显中性B. 1mol Na4S2O3中共含离子数为5NAC. 上述反应中，每产生3molS，转移电子的物质的量为6molD. CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生【答案】D【解析】【详解】A由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，Na2SO3和Na2S都是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A错误；B由分析可知Na4S2
18、O3为Na2SO3和Na2S的混盐，所以1molNa4S2O3中共含离子数为(2+1+2+1)NA=6NA，B错误；C由可知，生成的单质硫既是氧化产物又是还原产物，则每产生3molS，转移电子的物质的量为4mol，C错误；D在酸性条件下，发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，即向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，D正确；答案选D。二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或者俩个选项是符合题目要求。全部选对得四分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下
19、图所示：已知：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2SiO3+4NaOH。对上述流程中的判断正确的是( )A. 试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物B. 反应 II 中生成Al(OH)3的反应为：CO2+2H2OAl(OH)3+C. 结合质子(H+) 的能力由弱到强的顺序是OH-D. Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al【答案】BC【解析】【详解】A. 由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误；B. 过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠
20、，反应方程式为：，离子方程式为：，故B正确；C. 结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱，碱性：，所以结合质子能力：，故C正确；D. 氯化铝是分子晶体，熔融时不存在铝离子，电解熔融的氯化铝不能获得金属铝，故D错误。故答案选：BC。12. 微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是A. M为电池正极，CH3COOH被还原B. 外电路转移4mol电子时，M 极产生22.4LCO2C. 反应一段时间后，N极附近的溶液pH下降D
21、. Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活【答案】D【解析】【详解】A.由图中信息可知，电子由M极流向N极，则M为电池负极，CH3COOH被氧化，选项A错误；B. 根据负极电极反应式CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+可知，外电路转移4mol电子时， 标准状况下M极产生22.4LCO2(忽略CO2溶解)，但题干中没有说明标准状况，选项B错误；C.根据图中信息可知， N极消耗氢离子，反应一段时间后，氢离子浓度降低，N极附近pH增大，选项C错误；D. 强氧化剂能使蛋白质变性，故Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，选项D正确；答案选D。13. 氰化物是剧毒物
22、质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN-，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应：反应i，CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平)；反应ii，OCN-+OH-+Cl2X+Y+Cl-+H2O(未配平)。其中反应i中N元素的化合价没有变化，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是（ ）A. 反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1：2B. X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物C. 该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中D. 处理c(CN-)=0.0001molL-1的废水106L，消耗标况下的C
23、l24.48103L【答案】C【解析】【详解】A. 反应i中N元素的化合价没有变化，碳化合价从+2升高到+4，氯元素化合价降低,所以氯气是氧化剂，CN-是还原剂，二者比例为1：1，故A错误；B. X、Y是两种无毒的气体，从元素分析，应含有碳元素和氮元素，其中一种为二氧化碳，另一种为氮气，其中碳元素化合价不变，氮元素化合价升高，氮气为氧化产物，二氧化碳不是氧化产物，故B错误；C.氯气是有毒气体，应采取措施，防止氯气逸出到空气中，故C正确；D. CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl-+H2O，2OCN-+4OH-+3Cl2=2CO2+N2+6Cl-+2H2O，总反应方程式为，2CN-+8OH
24、-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，处理c(CN-)=0.0001molL-1的废水106L，则的物质的量为100mol，消耗的氯气为250mol，标况下的Cl2250mol22.4L/mol=5.6103L，故D错误。故选C。14. 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3，H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是A. H3PO2的结构式为B. H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C. NaH2PO2是酸式盐D. 每消耗1mol P4，反应中转移
25、6mol电子【答案】CD【解析】【详解】A.根据反应可知H3PO2是一元酸，由于只有-OH的H原子能够电离，因此可说明H3PO2的结构式为，A正确；B.由于P元素最高化合价是+5价，而在H3PO2中P元素化合价为+1价，说明该物质具有强还原性，在空气中可能被空气中的氧气氧化成+5价的磷酸，B正确；C.根据A选项可知H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，C错误；D.在反应中元素化合价升降数值是6，说明每有2mol P4反应，反应中转移6mol电子，D错误；故合理选项是CD。15. Li-SOCl2电池是迄今具有最高能量比的电池。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液（熔点-11
26、0、沸点78.8）是LiAlC14-SOCl2。电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2。下列说法错误的是（ ）A. 该电池不能在寒冷的地区正常工作B. 该电池工作时，正极反应为：2SOCl2+4e-=4C1-+S+SO2C. SOC12分子的空间构型是三角锥形D. 该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行【答案】A【解析】【分析】根据电池的总反应可知，失电子的是Li，在负极发生反应，得电子的是SOCl2，在正极发生反应；电解液的熔点为-110、沸点为78.8，电池可以在-11078.8温度范围内正常工作。【详解】A电解液(熔点-110、沸点78.8)，所以在寒冷的地区
27、，电解液也是液态，所以能在寒冷的地区正常工作，故A错误；BSOCl2为氧化剂，在正极发生还原反应，电极方程式为：2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2，故B正确；CSOCl2分子中的中心原子S原子价层电子对数=3+=4，采取sp3杂化，且有一对孤电子对，为三角锥形，故C正确；D因为构成电池的材料Li能和水反应，且SOCl2也与水反应，所以必须在无水无氧条件下进行，故D正确；答案选A。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16. FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)，氧化性比Cl2、O2、ClO2、KMnO4更强，主要反应：2FeSO4+6Na2O2
28、=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2。(1)该反应中的还原剂是_。(2)人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_(填字母)。A亚硝酸盐被氧化B维生素C是还原剂C维生素C将Fe3+还原为Fe2+D亚硝酸盐是还原剂【答案】 (1). Na2O2、FeSO4 (2). AD【解析】【详解】(1)该反应2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2中，Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由1价变为0价、2价，得电子化合价降低的反应物是
29、氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以Na2O2是氧化剂、Na2O2、FeSO4是还原剂；(2)服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中亚硝酸盐为氧化剂，所以维生素C是还原剂，A根据分析，亚硝酸盐为氧化剂，被还原，故A错误；B根据分析，维生素C是还原剂，故B正确；C根据分析，维生素C将Fe3+还原Fe2+，故C正确；D根据分析，亚硝酸盐氧化剂，故D错误；答案选AD。17. 二氧化氯(ClO2)气体也是一种常用的自来水消毒剂。(1)草酸(H
30、2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为_。(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法作如下检测(已知ClO2存在于pH为46的溶液中，ClO存在于中性溶液中)：取0.50L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：_。已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，向所得溶液中滴加5.0010-4molL-1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，该水样中ClO2的浓度是_mgL-1。【答案】 (1).
31、H2C2O4+2ClO+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O (2). 2ClO2+2KI=2KClO2+I2 (3). 1.35【解析】【详解】(1)酸化的草酸还原氯酸钠，生成ClO2，氯元素化合价降低，则草酸中碳元素升价生成二氧化碳，发生的离子方程式为：H2C2O4+2ClO+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O；(2)ClO2将碘化钾氧化为碘单质，ClO2与碘化钾反应的化学方程式为：2ClO2+2KI=2KClO2+I2；已知：2ClO2+2KI=2KClO2+I2，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则2ClO2I22，则n(ClO2)=n()，则0.5L水样中ClO
32、2的浓度是1000=1.35mg/L。18. 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：(1)装置甲中，b仪器的名称是_；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_(写出一条即可)。(2)装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：_。(3)本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_。(实验中供
33、选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管.提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)(4)反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20molL-1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中S2O全部被氧化为SO时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。写出反应的离子方程式：_。产品中Na2S2O
34、35H2O的质量分数为_(保留小数点后一位)。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 控制反应温度、控制滴加硫酸速度 (3). 4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2 (4). 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH (5). 乙醇 (6). 5S2O+8MnO+14H+=8Mn2+10SO+7H2O (7). 82.7%【解析】【分析】装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+
35、Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫，据此解答。【详解】(1)装置甲中，b仪器的名称是蒸馏烧瓶；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2；(3)碳酸钠溶液
36、和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH；(4)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中S2O全部被氧化为SO，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O+8MnO+14H+=8Mn2+10SO+7H2O；由方程式可知n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-
37、)=n(KMnO4)=0.04L0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O35H2O)=0.005mol248g/mol=1.24g，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数为100%=82.7%。19. 元素周期表中d区与ds区元素，又称过渡金属元素，应用广泛。(1)我国秦陵内发掘了镀铬宝剑，震动了世界，因为这种铬盐氧化处理是近代才掌握的先进工艺。Cr3+基态核外M层电子排布式为_；基态Zn原子核外K层和L层电子的电子云有_种不同的伸展方向。(2)锌化铜是一种金属互化物，其化学式有多种形式，如CuZn，Cu5Zn8，CuZn3等。其中所含元素铜的第二电离能_(填“大于”“小于”
38、或“等于”)锌的第二电离能。(3)Co(DMSO)6(C1O4)2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为OS(CH3)2。晶体中C1O的空间构型是_，晶体中所含元素Co、C1、O的电负性由大到小的顺序为_；DMSO中硫原子的杂化轨道类型为_，1个OS(CH3)2分子中含有键数目为_。(4)某晶体晶胞结构如图所示，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，)，则d点Cu原子的坐标参数为_。(5)某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度=_gcm-3。(已知，AsNi相对分子质量为134)【答案】 (1). 3s23p63d3
39、(2). 4 (3). 大于 (4). 正四面体 (5). OClCo (6). sp3 (7). 9 (8). (，) (9). 【解析】【详解】(1)Cr元素为24号元素，Cr的价电子排布式为3d54s1，失去3个电子时，M层电子排布式为3s23p63d3；基态Zn原子核外K层、L层电子排布式分别为1s22s2、3p6，s能级为球形只有一种伸展方向，p能级为纺锤形，有3种伸展方向，共有4种不同伸展方向；(2)Cu+的价电子排布式为3d10，处于全充满状态；而锌失去一个电子后的排布式为3d104s1，最外层处于半充满状态，故铜的第二电离能大于锌的第二电离能；(3) C1O的中心Cl原子价层电
40、子对数为=4，所以为sp3杂化，不含孤电子对，空间构型为正四面体形；非金属性越强元素的电负性越大，Co是金属元素，非金属性弱于O和Cl，O非金属性大于Cl，所以Co、C1、O的电负性由大到小的顺序为OClCo；DMSO的化学式为OS(CH3)2，其可以作为配体，则S含有1孤电子对，再与O原子和两个甲基分别形成一个键，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；1个OS(CH3)2分子中含有6个C-H键，2个C-S键，1个O=S键，单键均为键，双键中有一个键，所以共有9个键；(4)根据图像可知，b点位于体对角线的中心，d点位于晶胞的体对角线上，且为顶点到中心的，则d点的坐标为(，)；(5)根据均摊法一个
41、晶胞中As原子的个数为2，Ni原子的个数为=2，所以晶胞的质量m=g；根据图示晶胞参数可知V=a10-10 cma10-10 cmsin60c10-10 cm=10-30cm3，所以晶胞的密度为= gcm-3。20. 铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：.铍、铝元素的化学性质相似，单质铍与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的Na2BeO2.常温下部分难溶物的溶度积常数如表：难溶物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2溶度积常数(Ksp)2.210-204.010-382.11
42、0-13（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有_(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：_。（2）滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序_。a.加入过量氨水 b.通入过量CO2 c.加入过量NaOHd.加入适量HCl e.洗涤 f.过滤从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。写出反应中CuS发生反应的化学方程式：_。若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是_(任写一条)。（4）滤液D中c(Cu2+)=2.2molL-1、c(Fe3+)=0.008molL-1、c(Mn2
43、+)=0.01molL-1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于_。【答案】 (1). Na2BeO2、Na2SiO3 (2). BeO+4H+=Be2+2H2O (3). afed (4). 要在HCl气流中蒸发结晶 (5). MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O (6). 会产生污染环境的气体 (7). 4【解析】【分析】废旧铍铜元件(含BeO：25%、CuS：71%、少量FeS和SiO2)加入过量的氢氧化钠溶液，根据题意可知铍、铝元素的化学性质相似，所以BeO可以和NaOH溶液反应生成Na2BeO2，且SiO
44、2也可以和NaOH溶液反应生成Na2SiO3，所以滤液A含有NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2等，滤液A中加入过量HCl得到的固体应为H2SiO3沉淀，滤液C中则主要含BeCl2，提纯后在HCl气流中蒸发结晶可以得到BeCl2固体；滤液B含有CuS、FeS，加入二氧化锰、稀硫酸，发生氧化还原反应，得到含有Cu2+、Fe3+的滤液D，固体应为S，加入氨水调节pH得到Cu(OH)2沉淀，处理得到Cu单质。【详解】(1)BeO具有氧化铝的性质，为两性氧化物，且二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，可知滤液A的主要成分除NaOH、Na2BeO2外，还有Na2SiO3；参考偏铝酸盐与盐酸反应的过程可知反应I
45、中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22-+4H+=Be2+2H2O；(2)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，则顺序为afed；铍、铝元素的化学性质相似，可知BeCl2溶液中存在Be2+的水解，为抑制其水解，需要在HCl气流中蒸发结晶得到BeCl2固体；(3)根据题意可知酸性环境中MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，与CuS反应，还可生成硫酸铜、硫酸锰，结合元素守恒和电子守恒可得反应的化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；用
46、浓HNO3溶解金属硫化物，会生成二氧化氮等气体，污染环境；(4)常温下，当铜离子开始沉淀时， c(OH)=11010mol/L，此时pH=4，所以pH应大于4。【点睛】解决本题关键是要理解“铍、铝元素的化学性质相似”，能够根据氧化铝、偏铝酸盐的性质推断出氧化铍与碱的反应、Na2BeO2与过量盐酸的反应。21. 钒及其化合物在工业上有许多用途。某钒精矿主要成分及质量分数如下表：物质V2O5V2O3K2OSiO2Fe2O3Al2O3质量分数%0.811.702.1163.915.8612.51一种从该钒精矿中提取五氧化二钒的流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸、氧化”时，V2O3转化为VO2+，反
47、应的离子方程式为_；若用浓盐酸代替硫酸，V2O5转化为VO2+，同时生成有毒的黄绿色气体，反应的化学方程式为_。(2)萃取剂对四价钒具有高选择性，且萃取Fe3+而不萃取Fe2+，所以萃取前可用_（填名称，下同）对浸出液进行“还原”处理。为检验“还原”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是_。(3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2+ + (HR2PO4)2(O)VO(R2PO4)2(O)+ 2H+。其中(HR2PO4)2(O)为萃取剂，为了提高VO2+的产率，反萃取剂应该呈 _性（填“酸”“碱”或“中”）。(4)“氧化”中，欲使3molVO2+变为VO2+，则需要氧化剂NaClO3至
48、少为_mol。(5)单质钒可用于制造特种合金钢。以五氧化二钒和金属钙为原料在高温条件下可制备单质钒，表示制备过程的化学方程式为_。【答案】 (1). 2V2O3+8H+O2=4VO2+4H2O (2). V2O5+6HCl（浓）=2VOCl2+Cl2+3H2O (3). 铁粉 (4). 硫氰酸钾溶液 (5). 酸 (6). 0.5 (7). V2O5+5Ca2V+5CaO【解析】【分析】钒精矿经硫酸酸浸、氧气氧化得到滤液和废渣，滤液中主要阳离子有VO2+、VO2+、Fe3+、K+、Al3+，滤渣主要为SiO2；萃取剂对四价钒具有高选择性，且萃取Fe3+而不萃取Fe2+，所以萃取前可用铁粉将铁离
49、子还原成亚铁离子，同时也将VO2+还原成VO2+，再经“溶剂萃取与反萃取”得到含VO2+的溶液，然后利用NaClO3将VO2+氧化成VO2+，加入氨水得到NH4VO3沉淀，煅烧得到五氧化二钒。【详解】(1)“酸浸、氧化”时，V2O3转化为VO2+，该过程中氧气做氧化剂，V2O3为还原剂，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为2V2O3+8H+O2=4VO2+4H2O；浓盐酸为还原性酸，V2O5转化为VO2+，同时将盐酸氧化成氯气，结合电子守恒和元素守恒可知方程为V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2+3H2O；(2)根据分析可知萃取前可用铁粉对浸出液进行“还原”处理；铁离子与硫氰酸钾溶液反应呈红色，可用硫氰酸钾溶液检验是否含有铁离子；(3)为了提高VO2+的产率需要平衡左移，则需要溶液中有大量氢离子，所以反萃取剂应呈酸性；(4)VO2+变为VO2+，化合价升高1价，则使3molVO2+变为VO2+需要转移3mol电子，氧化剂NaClO3被还原成Cl-，化合价降低6价，所以转移3mol电子需要0.5molNaClO3；(5)该过程中高温条件下钙还原五氧化二钒得到单质钒，方程式为V2O5+5Ca2V+5CaO。- 20 - 版权所有高考资源网
