1、20202021学年度第一学期期中考试高三化学试卷本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。共100分。考试时间90分钟。原子量：O-16 Na-23 Al- 27 S-32 Cl- 35.5 Ca-40 Ti-48 Fe- 56 Cu-64第卷(选择题 共40分)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。210=20分)1. 纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示，下列叙述不合理的是（ ）A. 在反应中，的作用可能是促进氯化铁水解B. 直接加热FeCl3溶液也可以得到四氧化三铁C. 反应的化学反应方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4
2、+3H2O+CO2D. 纳米四氧化三铁在水中形成的分散系，有可能产生丁达尔现象【答案】B【解析】【详解】A因反应不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故A正确；B直接加热FeCl3溶液，促进了氯化铁的水解，HCl易挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，故B错误；C由制备过程图可知，反应的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2，故C正确；D纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故D正确；答案选B。2. 化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法错误
3、的是( )A. “血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质B. 蚕丝纤维的主要成分是纤维素C. 碳纳米管和石墨烯互为同素异形体D. 在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮【答案】B【解析】【详解】A“血液透析”利用胶体不能透过半透膜性质，“静电除尘”利用了胶体粒子带电的性质，故A正确；B蚕丝的主要成分是蛋白质，故B错误；C碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故C正确；D硅胶具有吸水性，可在食品袋中作干燥剂，防止食物受潮，故D正确；综上所述答案为B。3. 下列关于物质分类的说法，正确的个数有( )(1) 冰水混合物属于纯净物，高分子化合物属于混合物(2) CaCl2、
4、NaOH、HCl、HT四种物质都是化合物(3) 由同一种元素组成的物质一定是纯净物(4) 酸性氧化物一定是非金属氧化物，混合物、分散系、胶体有从属关系(5) NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，其水溶液都显酸性(6) SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物(7) NaCl固体不导电，熔融的KCl能导电，所以前者是非电解质，后者是电解质(8) 强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物(9) 强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强(10)胆矾、苛性钠、冰醋酸、氧化钾均是电解质A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【详解】(1)冰水混合物均为
5、H2O属于纯净物，高分子化合物由于各分子中聚合度不同，属于混合物，故(1)正确；(2)CaCl2、NaOH、HCl属于化合物，HT为同一种元素组成的纯净物，为单质，故(2)错误；(3)由同一种元素组成的物质不一定是纯净物，如O2和O3、红磷和白磷等，故(3)错误；(4)酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7不是非金属氧化物，故(4)错误；(5)NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，NaHSO4水溶液中因硫酸氢根电离出氢离子而呈酸性，NaHCO3水溶液中以碳酸氢根的水解为主呈碱性，故(5)错误；(6)虽然SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，但SiO2和氢氟酸反应不是生成盐和水
6、，所以SiO2是酸性氧化物，故(6)错误；(7)NaCl固体不导电但熔融条件下和水溶液中均能导电，熔融的KCl能导电，所以二者均是电解质，故(7)错误；(8)强电解质不都是离子化合物，如HCl、H2SO4等强酸，故(8)错误；(9)溶液的导电性与离子浓度和离子所带的电荷有关，与电解质的强弱无关，故强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强，故(9)错误；(10)胆矾是硫酸铜结晶水合物熔融状态可以导电、苛性钾为氢氧化钾水溶液可以导电、冰醋酸是醋酸的固态形式水溶液可以导电、氧化钾熔融状态可以导电，都属于电解质，故(10)正确；故只有(1)和(10)两个选项正确，故答案为：B。4. 用NA代
7、表阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 用铅蓄电池电解氯化钠溶液得到标准状况下22.4L氢气时理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为4NAB. 1L0.1molL1NH4Cl溶液中含有的氮原子数小于0.1NAC. 3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NAD. 氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键的总数为2NA【答案】A【解析】【详解】A以铅蓄电池电解氯化钠溶液得到22.4L H2（标况），转移电子的物质的量为2mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2+2H2O，可知消耗4mol的氢离子，所以理论上铅蓄电池中耗氢离子个数为4NA
8、，故A正确；B. 1L0.1molL1NH4Cl溶液中含有的氮原子的物质的量为1L0.1molL-1=0.1mol，所以氮原子数等于0.1NA，故B错误；C葡萄糖和冰醋酸最简式均为CH2O，故3.0gCH2O的原子数=4NA=0.4NA，故C错误；D当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl，即1molHCl时，断裂1mol化学键，即NA个，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算及应用，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉相关物质的结构组成和电化学原理是解题关键，如C选项可以利用最简式简便运算，A选项注意两电极上转移电子数目相等。5.
9、2018年11月在法国凡尔赛召开的国际计量大会( CGPM)第26次会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“1摩尔包含6.022140761023个基本单元，这常数被称为阿伏加德罗常数，单位为mol-1”。基于这一新定义，阿伏加德罗常数的不确定度被消除了。新定义将于2019年5月20日正式生效。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )A. 新定义中阿伏加德罗常数的不确定度被消除B. 0.4 moI NH3与0.6mo1O2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NAC. 2.7g铝中加入足量1molL-1的NaOH溶液，转移的电子数为0.3NAD. 常温常压下，水蒸气通过Na2O2
10、使其增重2g时，反应中转移的电子数为NA【答案】B【解析】【详解】A根据新定义，NA就是具体的6.022140761023个基本单元，不确定度被消除，故A正确；B依据反应4NH3+5O24NO+6H2O，0.4moINH3与0.6mo1O2在催化剂的作用下充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成的NO的分子数小于0.4NA，故B错误；C2.7g铝的物质的量为0.1mol，而铝反应后变为+3价，故0.1mol铝反应转移0.3NA个电子，故C正确；D过氧化钠与水蒸气反应的方程式是2Na2O22H2O=4NaOHO2，反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，2mol
11、Na2O2参与反应转移2mol电子，增重4g；则增重2g时，参加反应的过氧化钠是1mol，所以转移电子的物质的量是1mol，转移的电子数为NA，故D正确；故答案为B。6. 下列各组离子，一定能在指定环境中大量共存的是( )A. B. 在含有大量I-离子的溶液中：Cl、Fe3、Al3、Cu2C. 滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2+、NH、Cl-、NO能够大量共存D. 在由水电离出的c(H)=10-12molL-1的溶液中：Na、Ba2、Cl、BrE. 在加入Al能放出大量H2的溶液中：NH、SO、C1、HCO【答案】C【解析】【详解】AFe3与I-离子能发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符题意
12、；B滴加石蕊试液显红色的溶液显酸性，酸性条件下NO能氧化Fe2+，不能大量共存，B不符题意；C由水电离出的c(H)=10-12molL-1的溶液，可能为酸溶液，可能为碱溶液，但Na、Ba2、Cl、Br在酸、碱性条件下都能共存，C符合题意；D加入Al能放出大量H2的溶液，可能显酸性，可能显碱性，NH在碱性条件下不能大量存在，HCO酸碱性条件下都不能大量存在，D不符题意。答案选C。7. 能正确表示下列反应的离子方程式的是( )A. Fe2O3溶于过量HI溶液中：Fe2O3+6H+2I = 2Fe2+I2+3H2OB. 0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/L Ba(OH)2溶
13、液等体积混合：Al3+2SO+Ba2+4OH- = 2BaSO4+AlO+2H2OC. 用浓盐酸酸化的溶液与反应，证明具有还原性：2MnO+6H+5H2O2 = 2Mn2+5O2+8H2OD. 铁粉和水蒸气反应：2Fe+3H2O(g) Fe2O3+3H2【答案】A【解析】【详解】AFe2O3能溶于强酸，且Fe3与I能发生氧化还原反应，离子方程式为Fe2O36H=2I=2Fe2I23H2O，故A正确；B0.1molL1NH4Al(SO4)2溶液与0.2molL1Ba(OH)2溶液等体积混合，离子方程式为Al322Ba24OH=2BaSO4Al(OH)3NH3H2O，故B错误；CKMnO4酸化用硫
14、酸，因高锰酸钾溶液能将盐酸氧化成氯气，不用浓盐酸，故C错误；D铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故D错误；故答案为A。8. 汽车发动机稀燃控制系统主要工作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进行，尾气中的NOx在催化剂上反应脱除。其工作原理示意图如下：下列说法不正确的是A. 稀燃过程中，NO发生的主要反应为：2NO + O2= 2NO2B. 稀燃过程中，NO2被吸收的反应为：BaO + 2NO2= Ba(NO3)2C. 富燃过程中，NO2被CO还原的反应为：2NO2+ 4CO = N2+ 4CO2D. 富燃过程中，CxHy被O2氧化的反应
15、为：CxHy+ (x+y/4)O2= xCO2+ y/2H2O【答案】B【解析】【详解】A.由图可知，在稀燃条件下，一氧化氮与氧气反应生成了二氧化氮，故A正确；B.给出的反应中只有N元素的化合价升高，没有化合价降低的元素，所以在稀燃条件下，二氧化氮与氧化钡反应生成硝酸钡和一氧化氮，故B错误；C.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，二氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，故C正确；D.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，CxHy与氧气反应生成二氧化碳和水，故D正确。故选B。9.
16、下列叙述不正确的是( )A. NaHCO3、Fe(OH)3、FeCl2 均可通过化合反应生成B. 电解、电离、电镀均需要通电才可进行C. CO2、N2O5、SO2 均为酸性氧化物D. 从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝【答案】B【解析】【详解】ANa2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Fe(OH)2、O2、H2O生成Fe(OH)3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，均为化合反应，则NaHCO3、Fe(OH)3、FeCl2均可通过化合反应生成，故A正确；B电解和电镀需要通电才可进行，而电离不需要通电，故B错误；CCO2、N2O5、SO2均能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，
17、故C正确；D铝是活泼金属，可利用从铝土矿提取的氧化铝电解获得，故D正确；故答案为B。10. 利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。下列说法不正确的是 实验装置实验编号浸泡液pH氧气浓度随时间的变化5577A. 上述正极反应均为B. 在不同溶液中，是影响吸氧腐蚀速率的主要因素C. 向实验中加入少量固体，吸氧腐蚀速率加快D. 在内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液【答案】B【解析】【分析】根据所给的信息可知，溶液中阳离子是，且浓度相同，均为，而阴离子不同；溶液中的阳离子是，且浓度相同，均为，而阴离子不同，根据图象可知，的反应速率接近，的反应速率接近，且远大于，远大于，故阴离子对反应
18、速率影响不大，是阳离子影响了反应速率，据此分析解答。【详解】A. 根据图象可知，实验装置中的氧气浓度是逐渐降低的，故此腐蚀为吸氧腐蚀，故正极反应均为，故A正确；B. 根据图象可知，的反应速率接近，的反应速率接近，且远大于，远大于，故阴离子对反应速率影响不大，是影响反应速率的主要因素，故B错误；C.是影响反应速率的主要因素，能导致钢铁的吸氧腐蚀速率加快，故向实验中加入少量固体，吸氧腐蚀速率加快，故C正确；D.溶液显酸性，显中性，根据图象可知，铁钉的平均腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液，故D正确；故选B。二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全
19、的得2分，有选错的得0分。11. 根据表中信息判断,下列说法不正确的是序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4-、Cl-Cl2、Mn2+A. 第组反应的其余产物为H2O和 O2B. 第组反应从产物可以得出还原性:Fe2+Br-C. 第组反应中生成1 mol Cl2,转移电子数为2NAD. 氧化性由强到弱顺序为MnO4-Cl2Fe3+Br2【答案】D【解析】【详解】A、第组中反应物为KMnO4 、H2O2 、H2SO4，其中KMnO4 为氧化剂，还原为MnSO4，H2O2为还原剂，被氧化为O2，根据元素守恒，除生成K2S
20、O4 还要生成H2O，故A正确；B、第组反应中铁元素的化合价由+2价升高到+3价，Fe2+是还原剂，溴元素的化合价没有变化，表明还原性Fe2+ Br，故B正确；C、第组反应中氯元素的化合价由-1价升高到0价，是还原剂，生成1mol Cl2，转移电子的物质的量为2mol，数目为2NA，故C正确；D、根据可知，氧化性MnO4 Cl2，根据可知Cl2 Br2 Fe3+，氧化性由强到弱顺序为MnO4 Cl2 Br2 Fe3+，故D错误；故选D。12. 如果用0.3 molL1的亚硫酸钠溶液16mL，恰好将3.2103mol的强氧化剂RO(OH)22+溶液的溶质还原到较低价态。则反应后R的最终价态为A.
21、 0B. +1C. +2D. +3【答案】D【解析】【详解】n(Na2SO3)=1.610-2L0.3mol/L=4.810-3mol，被氧化后生成Na2SO4，RO(OH)22+离子中R的化合价为+6价，设还原后的化合价为a，根据电子转移守恒：4.810-3mol(6-4)=3.210-3mol(6-a)，解得a=+3；答案选D。13. 海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法错误的是A. 从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的B. 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C. 步骤是直接加热D. 在步骤中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH减小【答案】BC【解析】【分析】
22、海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；工业上制得饱和食盐水，依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，经系列操作得到无水氯化镁；母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴，以此解答该题。【详解】A海水中的主要成分为NaCl和一些可溶性盐类，常采用蒸发浓缩得到粗盐产品，故A正确；B澄清石灰水与NaHCO3和Na2CO3反应均生成难溶物CaCO3，实验现象相同，无法
23、用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；C由于镁离子会发生水解，直接加热氯化镁晶体无法得到无水MgCl2，需要在HCl气流中加热，故C错误；DH2SO3为弱电解质，通入Br2后，发生氧化还原反应：Br2+H2SO3+H2OH2SO4+2HBr，生成物均为强电解质，溶液酸性增强，pH减小，故D正确；综上所述答案为BC。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
24、原性，在空气中可能被氧化成磷酸C. NaH2PO2是酸式盐D. 每消耗1molP4，反应中转移3mol电子【答案】C【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，故A不符合题意；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，故B不符合题意；C根据A选项可知H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C符合题意；D在反应中元素化合价升降数值是6，说明每有2molP4反应，反应中转移6mol电子，即每消耗1molP4，反应
25、中转移3mol电子，故D不符合题意；答案选C。15. 2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。某高能锂离子电池的反应方程式为(x1)。以该锂离子电池为电源、苯乙酮为原料制备苯甲酸的装置如图所示(苯甲酸盐溶液酸化后可以析出苯甲酸)。下列说法正确的是A. 电池放电时，Li+向b极移动B. 电池充电时，a极反应式为LiCoO2xe=LilxCoO2+xLi+C. M为阳离子交换膜D. 生成苯甲酸盐的反应为+3IO+ CHI3+2OH-【答案】BD【解析】【分析】根据锂离子电池的反应方程式为Li1一xCoO2+Lix C6LiCoO2+C6 (x1)可知，放电时LixC6发生失去电子的氧
26、化反应，LixC6所在电极为负极，电极反应式为LixC6-xe-=xLi+C6，则Li1一xCoO2所在电极为正极，电极反应式为xLi+xe-+L1-x CoO2LiCoO2；根据电解池中物质转化：H2OH2可知，电解池右侧为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，与原电池的负极相接，即b电极为原电池的负极、a电极为原电池的正极，电解池的左侧为电解池的阳极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为2I-2e-=I2，I2发生歧化反应生成IO-，离子方程式为I2+2OH-=I-+IO-+H2O，据此分析解答。【详解】A根据电解池中H2OH2可知，电解池右侧为阴极，与原电池的负极相接，即b
27、电极为原电池的负极，则a电极为原电池的正极，电池放电时为原电池，原电池中，阳离子向正极移动，则Li+向a极移动，故A错误；B根据分析，a电极为原电池的正极，电极反应式为xLi+xe-+L1-x CoO2LiCoO2；电池充电时，a电极为电解池的阳极，电极反应式为LiCoO2xe=LilxCoO2+xLi+，故B正确；C由于阳极区还发生I2+2OH=I+IO+H2O的反应，反应条件为碱性，阴极反应式为2H2O+2e=2OH+H2，OH-应通过交换膜M进入阳极区，所以M为阴离子交换膜，故C错误； D根据图示，苯乙酮与IO发生氧化还原反应，生成苯甲酸盐和CHI3，苯乙酮被氧化，IO被还原，根据得失电
28、子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应为+3IO+ CHI3+2OH-，故D正确；答案选BD。第卷(非选择题 共60分)16. 通过反应，可制备有机中间体异氰酸苯酯。（1） Ni3基态核外电子排布式为_。（2）异氰酸苯酯分子中碳原子杂化轨道类型_，1 mol异氰酸苯酯分子中含有键数目为_。（3）Na、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的顺序为_。（4） C2H5OH的沸点高于，这是因为_。（5） Ni与Al形成的一种合金可用于铸造飞机发动机叶片，其晶胞结构如右图所示，该合金的化学式为_。【答案】 (1). Ar3d7或1s22s22p63s23p63d7 (2). sp和sp2 (3). 14
29、mol (4). NOCNa (5). 乙醇分子间存在氢键 (6). Ni3Al【解析】(1) Ni3+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7或Ar3d7(2)异氰酸苯酯分子中，苯环上碳原子是sp2杂化，而N=C=O中的碳原子是sp杂化；1mol 异氰酸苯酯分子中，苯环上含有11个键，而N=C=O中含有3个键，所以共计14mol键，即14NA；(3)在元素周期表中，第一电离能的一般规律是同周期从左向右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，所以Na、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的顺序为N O C Na；(4) C2H5OH 在分子间可形成氢键，而不能形成分子间氢键，所以C
30、2H5OH 的沸点高于；(5)根据原子均滩法，该晶胞中Al原子数=1，Ni原子数= =3，所以该合金的化学式为Ni3Al。17. 2019年科学家在锂电池领域做出的巨大突破。回答下列问题：(1) LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为_。(2)锂离子电池的电解液有LiBF4等，碳酸亚乙酯()用作该电解液的添加剂。LiBF4中阴离子的空间构型为_。(3)已知Fe2+的半径为61 pm，Co2+的半径为65 pm，由此推断在隔绝空气条件下分别加热FeCO3、CoCO3，其中_的分解温度低。(4)形成化学键的电子不局限于两个原子的区域，而是在参
31、加成键的多个原子的分子骨架中运动，这种由多个原子形成的型化学键称作离域键。一般地，其形成需要满足下列条件：原子共面，每个原子提供一个方向相同的p轨道，或合适的d轨道；电子数小于参加成键的轨道数的二倍。芳香化合物及许多其他体系存在离域键。离域键可用表示，n为参与形成离域键原子数，m为参与形成离域键电子数，例如苯为 ，已知萘中存在1个离域键，可表示为_。(5)Li2S是目前研发的锂离子电池的新型固体电解质，为立方晶系晶体，晶胞参数为d nm，晶胞截面图如图所示。每个晶胞中含有的S2 数目为_；Li+填充在S2 构成的空隙中，每一个空隙由_个S2构成，空隙的空间形状为_。【答案】 (1). M (2
32、). 正四面体 (3). FeCO3 (4). (5). 4 (6). 4 (7). 正四面体【解析】【详解】(1)磷元素处于第三周期第VA族，单质占据最高能层为第三能层，能层符号为M；(2)LiBF4中阴离子为BF，中心B原子的孤电子对数为=0，价层电子对数=4+0=4，阴离子的空间构型与VSEPR模型相同为正四面体形；(3)碳酸盐分解实质是金属阳离子结合碳酸盐中氧离子，r(Fe2+)小于r(Co2+)，Fe2+结合O2-的能力更强，FeCO3容易分解，所以FeCO3分解温度较低；(4)萘中含有两个苯环，10个碳原子的杂化方式相同，均为sp2杂化，每个C原子都提供一个与杂化轨道垂直的p轨道，
33、且含有一个电子，所以形成10中心10电子的离域键，可以表示为；(5)由晶胞截面图中y参数可知，S2-处于晶胞的顶角、面心位置，Li+填充在晶胞的体心位置，每个晶胞中含有的S2-数目为8+6=4，Li+填充在S2-构成的空隙中，每一个空隙由4个S2-构成，空隙的空间形状为正四面体。18. 二氧化碳的再利用是实现温室气体减排的重要途径之一、(1)二氧化碳的电子式为_。(2)下列二氧化碳所参与的反应中原子利用率达到100%的是_(填字母)。a.CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O b.CO2+CH4CH3COOHc.CO2+3H2CH3OH+H2O d. (3)在稀H2SO4中利用电催化可将CO
34、2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。 一段时间后，Cu极区溶液质量_(填“增加”“减少”或“不变”)。 铜极上产生乙烯的电极反应式为_。 若阴极只生成0.17molCO和0.33molHCOOH，则电路中转移电子的物质的量为_mol。(4)如图所示，某同学利用CO2生成的甲醚设计了一个甲醚(CH3OCH3)燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。 写出甲中通甲醚一极的电极反应式_。 乙中发生的总反应的离子方程式为_。 将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu(NO3)2、0.6mol KCl溶于水，配成100ml溶液，用惰性电极电解一段时间后，某一电极
35、上析出了0.3mol Cu，此时在另一电极上产生的气体体积(标准状况)为_ L。【答案】 (1). (2). bd (3). 增加 (4). 2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O (5). 1 (6). CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O (7). 2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH- (8). 5.6【解析】【详解】(1)二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，电子式为；(2)a有副产品水生成，原子利用率没有达到100%，故a错误；b反应为化合反应，反应物全部转化为生成物，没有其它物质生成，则原子利用率达100%，故b正确；c有副产物水生成，原子
36、利用率没有达到100%，故C错误；d该反应为聚合反应，原子利用率达到100%，故d正确；故答案为：bd；(3)铜电极与电源负极相连，为电解池阴极，溶液中铜电极区域是二氧化碳得到电子生成CH4、C2H4、HCOOH、CO等，甲酸与水互溶，而1molCO2气体转化为CH4、C2H4或CO时质量会减小，所以电极附近的溶液质量增加；二氧化碳得到电子生成乙烯，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写电极反应为：2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O；CO2CO碳元素化合价降低2价，所以生成0.17molCO转移0.34mol电子；CO2HCOOH碳元素的化合价降低2价，所以生成0.33molHC
37、OOH转移0.66mol电子，共转移0.66mol+0.34mol=1mol；(4)燃料电池中通入氧气的电极为正极，则通入甲醚的电极是原电池的负极，发生氧化反应，碱性条件下生成碳酸盐，所以负极的电极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O；铁与燃料电池的负极相连为阴极，所以乙中相当于惰性电极电解饱和食盐水，总反应的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-；混合溶液中发生的反应为AgNO3+KCl=AgCl+KNO3，根据化学方程式可知，0.2molAgNO3完全反应需要0.2molKCl，还剩余0.4molKCl，且同时生成0.2molKNO3，所以混合后溶
38、液中的溶质为0.2mol KNO3、0.4mol Cu(NO3)2、0.4mol KCl，用惰性电极电解一段时间后，若在一极析出n(Cu)=0.3mol，阴极析出铜，电极反应式为Cu2+2e-=Cu，转移电子的物质的量=2n(Cu)=20.3mol=0.6mol；阳极上氯离子完全放电时，转移电子物质的量=0.4mol1=0.4mol，则还有余下的0.2mol电子转移时生成氧气，则生成n(O2)=0.05mol，生成n(Cl2)=0.4mol=0.2mol，生成气体V=nVm=(0.2+0.05)mol22.4L/mol=5.6L。19. TiO2和TiCl4都是钛的重要化合物，某化学兴趣小组在
39、实验室对两者的制备及性质进行探究。.制备TiCl4实验室利用反应TiO2 (s)CCl4(g)TiCl4(g)CO2(g)，在无水无氧条件下制备TiCl4，装置图和有关信息如下：物质熔点/沸点/其他CCl4-2376与TiCl4互溶TiCl4-25136遇潮湿空气产生白雾请回答下列问题：(1)仪器A的名称是_。(2)实验开始前后的操作包括：检查装置气密性，组装仪器，通N2一段时间，加装药品，点燃酒精灯，停止通N2 ，停止加热。正确的操作顺序是_。实验结束后欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是_。.制备TiO2及测定TiO2的质量分数：在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2xH2O
40、，经过滤、水洗，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。(3)写出生成TiO2xH2O的化学方程式_。(4)一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。滴定分析时，称取上述TiO2试样0.2g，消耗0.1 molL-1 NH4Fe(SO4)2标准溶液20mL。则TiO2质量分数为_。(相对原子量Ti-48)配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的目的是抑制NH4Fe(SO4)2水解。现在实验室中有一瓶98%的H2SO4 (=1.84g/cm3) ，要配制2.0mol/L的稀H2SO4 250mL，请回答如下问题：
41、需要量筒量取浓硫酸的体积为_。在该实验使用的玻璃仪器中除烧杯、玻璃棒、量筒外，还有_。在用浓硫酸配制稀硫酸过程中，下列操作中会造成稀硫酸溶液质量分数偏小的是_(填字母)。A在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶B在稀释过程中，有少量液体溅出C在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤D在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体至液体凹液面与刻度线相平【答案】 (1). 干燥管 (2). (3). 蒸馏 (4). TiCl4+(x+2)H2OTiO2xH2O+4HCl (5). 80% (6). 27.2mL (7). 250mL容量瓶、胶头滴管 (8). BCD【解析】【分析】
42、通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应TiO2 (s)CCl4(g)TiCl4(g)CO2(g)，CCl4、TiCl4熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，E装置盛放浓硫酸防止水蒸气进入D。【详解】(1)根据A的结构特点可知其为干燥管；(2)对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2，正确的操作顺序是；D中的液态混合物为TiCl4与未反应的
43、CCl4，二者互溶，但CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏进行分离；(3)TiCl4水解生成TiO2xH2O，设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为(x+2)，所以化学方程式为：TiCl4+(x+2)H2OTiO2xH2O+4HCl；(4)滴定时Fe3+将Ti3+氧化成Ti4+，二者的系数之比应为1：1，n(TiO2)=n(NH4Fe(SO4)2)=0.02L0.1mol/L=0.002mol，所以TiO2的质量分数为=80%；98%的H2SO4(=1.84g/cm3)的物质的量浓度为=
44、18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，则有V18.4mol/L=2.0mol/L0.25L，解得V=0.0272L=27.2mL；配制时需要用量筒量取适量水在烧杯中将浓硫酸稀释，并用玻璃棒搅拌，之后将溶液转移到250mL容量瓶中，还需要用胶头滴管进行定容，所以所需仪器还有250mL容量瓶和胶头滴管；A在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A不符合题意；B在稀释过程中，有少量液体溅出，导致部分溶质损失，浓度偏小，故B符合题意；C在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤，导致部分溶质损失，浓度偏小，故C符合题意；D在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中
45、小心取出多余液体至液体凹液面与刻度线相平，导致部分溶质损失，浓度偏小，故D符合题意；综上所述答案为BCD。20. 电力工业所需的钢制构件在镀锌前需要经过酸洗，其基本原理是用盐酸除去其表面的Fe2O3H2O及FeO等杂质。回收废酸同时生产含铁产品的流程如下：已知：i.酸洗钢制构件后得到废酸的主要成分如下表所示。ii pH 4时，Fe2+不易被氧气氧化。(1)酸洗钢制构件时发生反应的离子方程式：2H+ FeO=Fe2+H2O、_。(2)过程II中，发生主要反应：FeCl2(s)十H2SO4(aq) FeSO4(s)+2HCl(aq)。加入过量H2SO4的作用是_(至少写出两点)。(3)过程III中
46、，FeSO4隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可用于生产硫酸的氧化物，此过程发生反应的化学方程式是_。(4)过程IV发生反应的离子方程式是_。(5)H2O2是一种常用的绿色氧化剂，ClO2也具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒的效率(以单位物质的量得到的电子数表示)是H2O2的_倍。(6)过程V：阴离子交换树脂可将FeCl4-选择性吸附分离，其过程可表示为ROH +X-RX +OH-(X 表示FeCl4)。当树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，同时脱附过程发生反应：Fe3+ +4C1-。吸附后溶液的pH将会_。(填“升高”、“降低”或“不变”)洗脱液经处理后有许多用途，下列用途合理的是_
47、。A、刻蚀印刷铜线路板 B、净化污水 C、自来水消毒 D、浸泡生物标本【答案】 (1). 6H+Fe2O32H2O+Fe=3Fe2+5H2O (2). 抑制Fe2+水解；防止pH4时，Fe2+被氧气氧化；同时提供H+利于HCl气体的逸出；提供 利于FeSO4固体析出； (3). 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3 (4). 2Fe2+H2O2+8Cl-+2H+=2+2H2O (5). 2.5 (6). 升高 (7). AB【解析】【分析】废酸为盐酸去除Fe2O32H2O及FeO等杂质后的物质，该过程发生的反应为：2H+FeO=Fe2+H2O、6H+Fe2O32H2O+Fe=3Fe2+5H2
48、O，故废酸中主要含有氯化亚铁和盐酸，回收废酸同时生产含铁产品的流程，加热浓缩废酸，得到氯化氢气体和氯化亚铁的固液混合物，其中氯化氢溶于水可得盐酸，向氯化亚铁的固液混合物中将入过量的稀硫酸并通入空气，生成氯化氢气体和硫酸亚铁固体，FeSO4在隔绝空气条件下焙烧发生反应：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；向废酸中加入双氧水得到含有FeCl4-的溶液，反应为：2Fe2+H2O2+8Cl-+2H+=2+2H2O，树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，洗脱液中为FeCl3和HCl，据此分析解答。【详解】(1)钢制构件表面有Fe2O32H2O及FeO等杂质，酸洗钢制构件时发生反应的离子方程式：2
49、H+FeO=Fe2+H2O、6H+Fe2O32H2O+Fe=3Fe2+5H2O；(2)过程II中，发生的主要反应：FeCl2(s)十H2SO4(aq)=FeSO4(s)+2HCl( aq)，Fe2+水解，Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，加入过量的H2SO4的主要作用是：H+浓度增大，平衡正向移动，抑制Fe2+水解；防止pH4时，Fe2+被氧气氧化；同时提供H+利于HCl气体的逸出；提供 利于FeSO4固体析出；(3)FeSO4隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可用于生产硫酸的氧化物，分别为二氧化硫和三氧化硫，此过程发生反应的化学方程式是2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；(4)反应为
50、向废酸中加入双氧水得到含有FeCl4-的溶液，亚铁离子被氧化为，过氧化氢被还原为水，离子方程式为：2Fe2+H2O2+8Cl-+2H+=2+2H2O；(5)H2O2还原产物为H2O，ClO2的还原产物为Cl-，则1molH2O2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子。ClO2消毒的效率是H2O2的5mol:2mol=2.5倍；(6)阴离子交换树脂对离子选择性吸附分离，其过程可表示为ROH +X-RX +OH-，利用阴离子交换树脂进行吸附时，树脂上的OH-被交换下来进入吸附后溶液，则附后溶液酸性降低，溶液的pH将会升高；脱附过程发生反应：Fe3+4C1-，原溶液中有盐酸，
51、故洗脱液中主要含有的溶质是FeCl3和HCl；AFe3+氧化性较强，能溶解Cu，则可用于刻蚀印刷铜线路板，故A正确；BFe3+水解生成氢氧化铁胶体，能净化污水，故B正确；CFeCl3溶液没有强氧化性，无漂白和消毒能力，不能用于自来水消毒，故C错误；DFeCl3溶液没有防腐能力，不能用来浸泡生物标本，故D错误；故答案为AB。【点睛】考查混合物分离提纯的综合应用，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，难点是涉及氧化还原反应的离子方程式配平，需要注意遵守电子守恒、电荷守恒和原子守恒。21. 氯酸钾和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯。(1) 2KClO3+4HCl(
52、浓) = 2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填序号)A只有还原性 B还原性和酸性 C只有氧化性 D氧化性和酸性(2)若反应中生成标准状况下13.44 L气体，则消耗还原剂的物质的量为_。ClO2具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒的效率(以单位物质的量得到的电子数表示)是H2O2的_倍。(3)过氧化钙也是一种优良消毒剂，供氧剂。通常情况下用CaCl2在稀氨水条件下与H2O2反应得到CaO28H2O沉淀，请写出该反应的化学方程式：_。(4)取2.76 g CaO28H2O样品受热脱水过程的热重曲线(140 时完全脱水，杂质受热不分解)如图所示。试确定60
53、时CaO2xH2O中x=_。(5)该样品中CaO2的质量分数为_。(保留一位小数)【答案】 (1). B (2). 0.4 (3). 2.5 (4). CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4Cl (5). 2 (6). 26.09%【解析】【详解】(1)该反应中HCl中部分氯元素化合价升高被氧化成氯气，氢离子和部分氯离子生成水和盐，所以表现了还原性和酸性，故选B；(2)若反应中生成标准状况下13.44L气体，即生成13.44L22.4L/mol=0.6mol的气体，根据方程式可知生成的二氧化氯和氯气的物质的量之比为2:1，所以分别生成0.4mol二氧化氯和0.2m
54、ol氯气，氯气为HCl被氧化得到氧化产物，所以消耗还原剂的物质的量为0.4mol；1molClO2生成Cl-可以得到5mol电子，1molH2O2生成水可以得到2mol电子，所以ClO2消毒的效率是过氧化氢的5mol2mol=2.5倍；(3)CaCl2在稀氨水条件下与H2O2反应得到CaO28H2O沉淀，根据元素守恒可得该反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；(4)由图中可看出，140以后，结晶水全部脱去，脱去的水的质量为2.76g-1.32g=1.44g，故水的物质的量为0.08mol，则样品中CaO28H2O的物质的量为0.01mol，
55、由曲线图可看出，60-140失去结晶水的质量为1.68g-1.32g=0.36g，物质的量为0.02mol，即60时0.01molCaO2xH2O中含有0.02mol结晶水，所以x=2；(5)CaO28H2O的物质的量为0.01mol，则CaO2的物质的量也是0.01mol，其质量为：72g/mol0.01mol=0.72g，样品中CaO2的纯度为100%=26.09%。22. 随着现代工业发展，SO2烟气排放量急剧增加。将SO2还原为硫磺是目前烟气脱硫研究的热点。根据SO2的反应状态，将SO2还原法分为气相还原法和液相还原法。I.气相还原法固体还原剂直接还原法固体还原剂直接还原法是指在一定温
56、度下(200300)将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原，其流程如下：(1)再生塔中生成的物质_(填化学式)可在流程中循环使用。(2)脱硫塔中发生反应的化学方程式为_。(3)脱硫过程中，当产生48g单质S2时，转移电子的物质的量为_mol。II.液相还原法液相催化歧化制硫法Petrusevski等人用I作为催化剂，在常温下，将NaHSO3进行液相催化回收硫磺的工艺如下：(4)I催化NaHSO3的反应过程为，第一步_(用离子方程式表示)，第二步I2+HSO+H2O=2I+SO+3H+。III.铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是以氮气
57、为载体，以稀盐酸、淀粉和碘化钾的混合溶液为吸收液，用0.0010 molL-1KIO3标准溶液进行滴定。检测装置如图所示：查阅资料 实验进行5min样品中的S元素都可转化为SO22IO+5SO2+4H2O = 8H+5SO+I2I2+SO2+2H2O = 2I+SO+4H+IO+5I+6H+ = 3I2+3H2O(5)工业设定的滴定终点现象是(即吸收液的颜色变化)_。实验一：不放样品进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V1实验二：加入1 g样品再进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V2比较数据发现V1远远小于V2，可忽略不计。则设置实验一的目的是_。测得V2的体积如表：序号123K
58、IO3标准溶液体积/mL10.029.9810.00该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为_。(百分数表示结果，保留三位小数)【答案】 (1). CaS (2). CaS+2SO2CaSO4+S2 (3). 3 (4). 4I-+ HSO+5H+=2 I2+S+3H2O (5). 溶液会变为蓝色，且半分钟内不变色 (6). 空白对比实验，排除干扰因素存在 (7). 0.096%【解析】【详解】(1)根据流程，在再生塔中精煤与CaSO4反应生成CO2，C被氧化成CO2，则CaSO4被还原成CaS而在流程中循环使用，故答案为：CaS；(2)根据固体还原剂直接还原法是指在一定温度下(200300)S
59、O2烟气通过固体还原剂使SO2中氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原和流程，在脱硫塔中CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，根据原子守恒，脱硫塔中发生反应的化学方程式为CaS+2SO2CaSO4+S2，故答案为：CaS+2SO2CaSO4+S2；(3)在该反应CaS+2SO2CaSO4+S2中，CaS中S元素的化合价由-2价升至0价，SO2中S元素的化合价部分由+4价升至+6价、部分由+4价降至0价，生成1mo S2转移4mol电子，当产生48g单质S2时转移电子物质的量为=3mol，故答案为：3；(4) 在第二步I2+HSO+H2O=2I+SO+3H+中，I2将HSO氧化成SO，
60、I2被还原成I-，根据流程I-催化反应生成S和 NaHSO3，I-是催化剂，在反应前后质量和化学性质不变，则中 NaHSO3将还原成S，I-被氧化成I2，根据得失电子守恒原子守恒、电荷守恒，的离子方程式为4I-+ HSO+5H+=2 I2+S+3H2O，故答案为：4I-+ HSO+5H+=2 I2+S+3H2O；(5)根据方程式可知物质的氧化性：IOI2SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先发生反应，当SO2反应完全后发生反应，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点，故答案为：溶液会变为蓝色，且半分钟内不变色；通过比较实验一、实验二的数据，发现V1远远小于V2，可忽略不计V1，设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因素存在，故答案为：空白对比实验，排除干扰因素存在；三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗KIO3标准溶液体积V(KIO3)=10.00mL，n(KIO3)=cV=0.0010mol0.0100L=1.010-5mol，根据电子守恒及结台方程式可知n(SO2)=3n(KIO3)=3.010-5mol，根据S元素守恒可知其中含有S元素的质量为m(S)=nM=3.010-5mol32g/mol=9.610-4g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为=0.096%，故答案为：0.096%。