湖北四地七校联盟2020届高三化学10月联考试卷（附解析Word版）

2019 年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟” 高三 10 月联考化学试题 相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Zn:65 第Ⅰ卷 选择题（共 48 分） 一、选择题（本题包括 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。每题只有一个选项符合题意） 1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是 A. 高纯硅可用于制作光感电池 B. 陶瓷是应用较早 人造材料，主要化学成分是硅酸盐 C. 碘酒可用于皮肤外用消毒 D. 碳酸钡可用于胃肠 X 射线造影检查 【答案】D 【解析】 【详解】A.Si 的导电性介于导体和绝缘体之间，是一种良好的半导体材料，所以高纯硅可用 于制作光感电池，A 正确； B.以含硅元素物质为原料通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得硅酸盐产品，传统硅 酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，陶瓷，是用物理化学方法制造出来的最早的人造材 料，B 正确； C.碘酒是碘单质的酒精溶液，具有杀菌消毒作用，因此可用于皮肤外用消毒，C 正确； D.碳酸钡不能溶于水，但能够溶于酸，因此不能用于胃肠 X 射线造影检查，利用 BaSO4 不溶于 水，也不溶于酸的性质来透视肠胃，D 错误； 故合理选项是 D。 2.明代李时珍的《本草纲目•谷四•烧酒》中记载：“……惟以糯米或粳米或黍或秫或大麦蒸 熟，和麴酿瓮中七日，以甑蒸取”。下列说法错误的是 A. 糯米、粳米、大麦等谷物中均含有淀粉 B. 古法酿酒工艺中有多种酶参与催化反应 C. 酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时，温度越高反应速率一定越快 D. 该过程中涉及蒸馏操作 【答案】C 【解析】 【详解】A. 糯米、粳米、大麦等谷物中均含有淀粉,故 A 正确； 的B. 古法酿酒是利用淀粉在酶的作用下转化为乙醇，所以古法酿酒工艺中有多种酶参与催化反 应，故 B 正确； C.因为酶具有活性，温度太高会失去活性，导致酶失效，所以 酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时， 温度越高反应速率不一定越快，故 C 错误； D. 烧酒的制备过程为选料、制曲、发酵和蒸馏四步，涉及的实验操作是蒸馏，故 D 正确； 本题答案：C 3.已知 NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 常温下 pH=2 的 H3PO4 溶液，每升溶液中的 H+数目为 0.02NA B. 3g3He 含有的中子数为 1NA C. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1mol 氧气转移的电子数为 0.2NA D. 28g 的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为 6NA 【答案】A 【解析】 【详解】A.pH=2 的 H3PO4 溶液，c(H+)=0.01mol/L，溶液的体积是 1L，所以每升溶液中的 H+数 目为 0.01NA，A 错误； B. 3He 中含有 1 个中子，3g3He 的物质的量是 1mol，则其中含有的中子数为 1NA，B 正确； C.过氧化钠与水反应时，产生 NaOH 和 O2，每反应产生 1molO2，转移 2mol 电子，则生成 0.1mol 氧气转移的电子数为 0.2NA，C 正确； D.乙烯和环已烷最简式是 CH2，式量是 14，28g 的乙烯和环已烷混合气体中含有最简式的物质 的量是 2mol，则其中所含原子总数为 6NA，D 正确； 故合理选项是 A。 4.在两份相同的 Ba(OH)2 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的 H2SO4、NaHSO4 溶液，其导电 能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是 。A. b→d 反应的离子方程式为：H++OH-=H2O B. o→a 反应的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O C. c 点导电能力相同，所以两溶液中含有相同量的 OH– D. a、b 两点 Ba2+均沉淀完全，所以对应的溶液均显中性 【答案】A 【解析】 【分析】 Ba(OH)2 溶 液 和 H2SO4 、 NaHSO4 溶 液 反 应 方 程 式 分 别 为 H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O 、 NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与 离子浓度成正比，根据图知，曲线①在 a 点溶液导电能力接近 0，说明该点溶液离子浓度最小， 应该为 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 的反应，则曲线②为 Ba(OH)2 溶液和 NaHSO4 溶液的反应，然后对 选项分析、解答。 【详解】根据上述分析可知曲线①表示 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 的反应；曲线②为 Ba(OH)2 溶液 和 NaHSO4 溶液的反应。 A.曲线②为 Ba(OH)2 溶液和 NaHSO4 溶液的反应，其中 0→b 段发生的反应为： NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，b→d 反应是 NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，离子方程式为： H++OH-=H2O，A 正确； B.曲线①表示 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 的反应，o→a 反应为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，离子 方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，B 错误； C.根据图示可知 c 点导电能力相同，对于曲线 a 是过量的 H2SO4 电离产生的离子导电，对于曲 线②，c 点是反应产生的 NaOH 电离产生的离子导电，所以两溶液中含有的 OH–不相同，C 错误； D.a 点是 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 恰好反应产生 BaSO4 沉淀，此时溶液中只有水，溶液显中性，b 点恰好发生反应：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，所对应的溶液为 NaOH 溶于，显碱性，D 错误； 故合理选项是 A。 【点睛】本题考查酸、碱混合溶液反应的定性判断，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比， 弄清物质的量与反应的关系及各点溶液中溶质成分是解本题关键，侧重考查学生分析判断及 识图能力。 5.某化学兴趣小组进行了有关 Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有 关说法正确的是A. 实验①中试管口有红棕色气体产生，说明稀硝酸被 Cu 还原为 NO2 B. 实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强 C. 由上述实验可得出结论：Cu 在常温下既可以与稀硝酸反应，也可以与稀硫酸反应 D. 实验③发生反应的化学方程式为：3Cu＋Cu(NO3)2＋4H2SO4 =4CuSO4＋2NO↑＋4H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A.①中发生 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应产生的 NO 气体在试管口被 空气中的 O2 氧化生成红棕色的 NO2，A 错误； B.③中加稀硫酸，Cu 与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性作用，可 继续与 Cu 反应，是硝酸的氧化性强，B 错误； C.由上述实验可得出结论：Cu 在常温下可以和稀硝酸反应，只有在溶液中存在 NO3-条件下， 滴入稀硫酸才可以发生反应，不能证明稀硫酸能与 Cu 反应，C 错误； D.实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+ Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O，D 正确； 故合理选项是 C。 6.二氧化硒(Se)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓 HNO3 或 浓 H2SO4 反应生成 SeO2 以回收 Se。在回收过程当中涉及到如下化学反应：①SeO2＋4KI＋ 4HNO3→Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O；②Se＋2H2SO4(浓)→2SO2↑＋SeO2＋2H2O。下列有关叙述正确 的是 A. 反应①中每有 0.6mol I2 生成，转移电子数目为 1.2NA B. ①中 Se 是氧化产物，I2 是还原产物 C. 反应①中 KI 是氧化剂，SeO2 是还原剂 D. SeO2、H2SO4(浓)、I2 的还原性由强到弱的顺序是 H2SO4(浓)>SeO2>I2 【答案】A 【解析】 【详解】A.该反应中生成 1mol 碘转移 2mol 电子，则每有 0.6 mol I 2 生成，转移电子1.2mol，转移电子数目为 1.2NA，A 正确； B.还原剂对应的产物是氧化产物、氧化剂对应的产物的还原产物，①中氧化剂是 SeO2、还原 剂是 KI，则 Se 是还原产物、I2 是氧化产物，B 错误； C.得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，①中 SeO2 是 氧化剂、KI 是还原剂，C 错误； D.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①中 SeO2 是氧化剂，I2 是氧化产物，②中氧化剂 是浓硫酸，氧化产物是 SeO2，所以氧化性：H2SO4(浓)>SeO2>I2，D 错误； 故合理选项是 A。 7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s) B. CaCO3 CaO CaSiO3 C. S SO3 H2SO4 D. NH3 NO HNO3 【答案】B 【解析】 【详解】A.Fe 与 Cl2 在点燃时发生反应产生 FeCl3，A 错误； B.CaCO3 高温煅烧产生 CaO，CaO 与 SiO2 在高温下反应产生 CaSiO3，B 正确； C.S 与 O2 点燃产生 SO2，C 错误； D.NO 不溶于水，不能与水反应产生 HNO3，D 错误； 故合理选项是 B。 8.下列说法中正确的是 ①漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物 ②砹(At)是第ⅦA 族，AgAt 易溶于水 ③用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液 ④Cs2CO3 加热时不能分解为 CO2 和 Cs2O ⑤纳米铁粉可以除被污染水体中的重金属离子 ⑥根据反应 SiO2＋CaCO3 CaSiO3＋CO2↑可推知硅酸酸性比碳酸强 A. ①③④⑤ B. ①④⑤ C. ③④⑤ D. ①③⑥ →电解 Fe(s)→△ →高温 2SiO→高温 2O→点燃 H O2→ 2O→催化剂，△ H O2→【答案】B 【解析】 【详解】①漂白粉主要成分是 CaCl2、Ca(ClO)2；水玻璃是 Na2SiO3 的水溶液、福尔马林是甲 醛的水溶液，因此三种物质都是混合物，①正确； ②砹(At)原子最外层有 7 个电子，是第ⅦA 族，根据 AgX 的溶解性规律，AgAt 难溶于水，② 错误； ③用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定含有 Na+离子，含有钠离子 的物质可能是 NaOH 溶液，也可能是钠盐溶液，③错误； ④碱金属碳酸正盐稳定，受热不分解，因此 Cs2CO3 加热时不能分解为 CO2 和 Cs2O，④正确； ⑤纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，是金属离子 与 Fe 发生了还原反应，⑤正确； ⑥反应只有在高温条件下才能进行，由于 CO2 是气体，生成后脱离了反应体系，使反应得以继 续进行，但并不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，⑥错误； 可见说法正确的是①④⑤，故合理选项是 B。 9.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化 关系： 。下列有关物质的推断不正确的是 A. 若甲为 Cl2，则丁可能是铁 B. 若甲为 NH3，则丁可能是氧气 C. 若甲为 AlCl3 溶液，则丁可能是氨水 D. 若甲为 NaOH，则丁可能是 SO2 【答案】C 【解析】 【详解】A、若甲为 Cl2，丁是 Fe，则乙是 FeCl3，丙是 FeCl2，符合转化关系，A 正确； B、若甲为 NH3，丁是 O2，则乙是 N2，丙是 NO，符合转化关系，B 正确； C、若甲为 AlCl3 溶液，丁是氨水，则乙是 Al(OH)3，Al(OH)3 与氨水不反应，C 错误； D、若甲为 NaOH，丁是 SO2，则乙为 Na2SO3，丙为 NaHSO3，符合转化关系，D 正确； 答案选 C。 10.下列离子方程式的书写及评价均合理的是 选项 离子方程式 评价 A 将 2mol Cl2 通入含 1mol FeI2 的溶液中： 正确；Cl2 过量，可将 Fe2+、I－均氧化2Fe2+＋2I－＋2Cl2=2Fe3+＋4Cl－＋I2 B 向等物质的量浓度的 NaOH 和 Na2CO3 的混 合溶液中加入稀盐酸： 2OH-+CO32-+3H+=HCO3-+2H2O 正确；少量的盐酸先与 OH-反应，OH-反 应完全后再与 CO32-反应生成 HCO3- ，且 CO32-只有部分反应 C 过量 SO2 通入 NaClO 溶液中：SO2＋H2O＋ ClO－=HClO＋HSO3- 正确；说明酸性：H2SO3 强于 HClO D Ba(HCO3)2 溶液与足量的 NaOH 溶液反应： Ba2+＋HCO3-＋OH－=BaCO3↓＋H2O 正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.将 2molCl2 通入到含 1molFeI2 的溶液中，氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被 氧化，正确的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，A 错误； B.由于 HCl 先与 NaOH 反应，所以向混合溶液中加热 HCl，首先发生反应：H++OH-=H2O，当 OH- 反应完全后，再发生反应：CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2↑，反应方程式符合反应事实，B 正确； C.NaClO 溶液中通入过量 SO2 气体，二者发生氧化还原反应，反应产生 SO42-、Cl-，离子方程 式和评价都不合理，C 错误； D.Ba(HCO3)2 溶液与足量的 NaOH 溶液反应，离子方程式按照 Ba(HCO3)2 的化学式组成书写，题 中离子方程式错误，D 错误； 故合理选项是 B。 11.某绿色溶液 A 含有 H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42-、Cl-、CO32-和 HCO3-离子中的若干种， 取该溶液进行如下实验(已知 Ag2SO4 微溶于水，可溶于酸) ①向溶液中滴加 Ba(OH)2 溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液 B； ②取滤液 B，先用 HNO3 酸化，再滴加 0.001mol/LAgNO3 溶液，有白色沉淀生成。下列说法不正确的是 A. 溶液 A 中一定存在 H+、SO42-和 Cl- B. 溶液 A 中不存在 Mg 2+、CO32-和 HCO3-，不能确定 Na+的存在 C. 第②步生成的白色沉淀中只有 AgCl，没有 Ag2 CO3 D. 溶液 A 中存在 Fe2+与 Cu2+中的一种或两种，且可以用 NaOH 溶液判断 【答案】B 【解析】 【分析】 B 溶液呈绿色，则一定含有 Fe2+与 Cu2+中的一种或两种，与 Fe2+与 Cu2+反应的 CO32-和 HCO3-不 能大量存在；①向溶液中滴加Ba(OH)2 溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀，则溶液中含有 SO42-，还有绿色滤液 B，说明 Fe2+与 Cu2+未沉淀下来，则溶液中含有 H+，如氢氧化钡不足，则 不能确定是否含有 Mg2+；②取滤液 B，先用 HNO3 酸化，再滴加 0.001mol/LAgNO3 溶液，有白色 沉淀生成，则溶液中一定存在 Cl-，不能确定 Na+是否存在。 【详解】A.由以上分析可知溶液 A 中一定存在 H+、SO42-和 Cl−，故 A 正确； B.反应①得到绿色滤液，说明溶液呈酸性，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有 Mg2+，故 B 错误； C.溶液中不存在 CO32-，加入硝酸银，不生成 Ag2CO3，故 C 正确； D.如含有亚铁离子，加入氢氧化钠，先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐 色，如含铜离子，可生成蓝色沉淀，现象不同，可鉴别，故 D 正确。 故答案选 B。 12.室温下进行下列实验，根据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 结论 A 向 X 溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量 KSCN 溶液，溶液变为红色 X 溶液中一定含有 Fe2+ B 向浓度均为 0.05mol·L−1 的 NaI、NaCl 混合溶液中滴加 少量 AgNO3 溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)Y 【答案】C 【解析】 【分析】 n 是元素 Z 的单质，通常为黄绿色气体，则 n 为 Cl2，Z 为 Cl 元素。n(Cl2)与二元化合物 p 在 光照条件下反应生成 r 和 s，0.01mol/Lr 溶液的 pH 为 2，s 通常是难溶于水的混合物，则 p为 CH4，r 为 HCl，s 为 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3 和 CCl4 的混合物。二元化合物 m 与 n(Cl2)反应生 成 q 和 r(HCl)，q 是 Y 的单质且为淡黄色固体，从而推知 m 为 H2S，q 为 S 单质，结合四种短 周期元素的原子序数关系可知 W、X、Y、Z 元素分别为 H、C、S、Cl。 【详解】根据上述分析可知 W、X、Y、Z 元素分别为 H、C、S、Cl。m 是 H 2S，n 是 Cl2，p 为 CH4，q 是 S，r 为 HCl，s 为 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3 和 CCl4 的混合物。 A.同一周期的主族元素的原子半径，随原子序数的递增而逐渐减小，不同周期的元素，原子 核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径的大小关系为 Hc(Cl3-)>c(HClO)>c(ClO-)B. 氯水中的 Cl2、ClO-、HClO 均能与 K2S 发生反应 C. 已知常温下反应 Cl2(aq)+Cl-(aq) Cl3- (aq)的 K=0.191，当 pH 增大时，K 减小 D. 该温度下，HClO H＋+ClO-的电离常数 Ka=10-7.54 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 A.pH=1 时 ， 根 据 图 象 中 物 质 的 量 分 数 比 较 离 子 浓 度 大 小 ， 则 c(Cl2)>c(Cl3-)>c(HClO)>c(ClO-)，A 正确； B.氯水中的 Cl2、ClO-、HClO 均具有强的氧化性，而 K2S 具有还原性，因此均能与 K2S 发生反 应，B 正确； C.K 只随温度大小而改变，改变平衡，不能改变 K 值，C 错误； A.该温度下，HClO H＋+ClO-的电离常数 Ka= ，图象中 HClO 和 ClO-的物 质的量分数相等时的 pH 为 7.54，则 Ka(HClO)= = 10-7.54，D 正确； 故合理选项是 C。 16.某实验小组设计如下实验装置(图中夹持装置省略)测定制备的 CaCO3 粉末的纯度(样品中 杂质不与酸反应，反应前装置中的 CO2 已全部排出)。下列说法错误的是 A. 缓入空气的作用是将反应结束后装置中残留的 CO2 全部鼓入到 C 装置中被吸收 B. A 装置和 D 装置都是为了防止空气中的 CO2 气体进入 C 装置而产生误差 C. 为了防止 B 中盐酸挥发产生干扰，必须在 B、C 装置中间加一个装有饱和碳酸氢钠溶液的洗 气瓶 D. 若 CaCO3 样品 质量为 x，从 C 中取出的沉淀洗净干燥后的质量为 y，则 CaCO3 的纯度为 【答案】C 【解析】 的 ( ) ( ) ( ) c H c ClO c HClO + −  ( )c H + 3 3 y ( ) 100%x ( ) M CaCO M BaCO × ××根据实验装置图分析，该测定装置的原理是：CaCO3 与 HCl 反应生成 CO2，用足量 Ba（OH）2 溶 液吸收反应生成的 CO2，由测量的 BaCO3 沉淀的质量计算 CaCO3 的纯度。A，为了确保反应生成 的 CO2 全部被 Ba（OH）2 溶液吸收，实验结束要缓入空气将装置中残留的 CO2 全部鼓入到 C 装 置中被吸收，A 项正确；B，A 中的 NaOH 溶液、D 中的碱石灰都能吸收空气中 CO2，防止空气中 的 CO2 气体进入 C 装置中产生误差，B 项正确；C，因为测量的是 BaCO3 的质量，所以不必除去 HCl，一方面 HCl 与 Ba（OH）2 反应不会形成沉淀，另一方面若用 NaHCO3 吸收 HCl 会使测得的 CO2 偏高，产生误差，C 项错误；D，根据 C 守恒，样品中 CaCO 3 的质量= M （CaCO3），则 CaCO3 的纯度为 100%，D 项正确；答案选 C。 第Ⅱ卷 非选择题（52 分） 二、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分。第 17～20 题为必考题，每个试题考生都必 须作答。第 21、22 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：4 小题，共 42 分。 17.氮氧化物和硫氧化物是常见的空气污染物，含氮氧化物和硫氧化物的尾气需处理后才能排 放。 Ⅰ．氮氧化物的处理 (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 NO+NO2+2OH−=2NO2-+H2O，2NO2+2OH−= NO2-+NO3-+H2O，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）。 (3)NO 的氧化吸收。在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl−和 NO3-。其他条件相同，NO 转化为 NO3-的转化率随 NaClO 溶液初始 pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。NaClO 溶液的初 始 pH 越小，NO 转化率越高。其原因是_________。 3 y M BaCO × （ ） 3 3 y M CaCO x M BaCO × ×× （ ） （ ）Ⅱ．煤燃烧排放的烟气中 SO2 和 NOx 的处理 采用 NaClO2 溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在鼓泡反应器中通入含有 SO2 和 NOx 的烟气，反应温度为 323K，NaClO2 溶液浓度为 5×10−3mol·L−1 。反应一段时间后溶液中 离子浓度的分析结果如下表。 离子 SO42− SO32− NO3− NO2− Cl− c/（mol·L−1） 8.35×10−4 6.87×10−6 1.5×10−4 1.2×10−5 3.4×10−3 (4)写出 NaClO2 溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式________。增加压强，NO 的转化率 _________（填“提高”“不变”或“降低”）。 (5)由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了 SO2 和 NO 在烟气中的初始 浓度不同，还可能是_________。 【答案】 (1). 2NH3+2O2 N2O+3H2O (2). NaNO3 (3). 溶液 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大，氧化 NO 的能力越强 (4). 2SO2+ClO2-+4OH-=2SO42-+2H2O+Cl- (5). 提 高 (6). NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高 【解析】 【分析】 (1)NH3 与 O2 在加热和催化剂作用下生成 N2O，同时生成水； (2)反应生成 NaNO2 和 NaNO3； (3)NaClO 溶液的初始 pH 越小，HClO 的浓度越大，氧化能力强; (4)亚氯酸钠具有氧化性，则 NaClO2 溶液脱硫过程中将 SO2 氧化为 SO42-，ClO2-被还原为 Cl-， 结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写方程式；正反应是体积减小的反应，则增加压强，NO 的转化率提高；(5)由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝 反应速率，原因是除了 SO2 和 NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强， 易被氧化，还可能是 NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高。 【详解】(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 和水，反应的化学方 程式为 2NH3+2O2 N2O+3H2O； (2)根据气体的成分及发生的反应可知，反应生成 NaNO2 和 NaNO3，所以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 NaNO3； (3)NaClO 溶液的初始 pH 越小，则 NaClO 与溶液中的 H+结合形成的 HClO 的浓度就越大，HClO 的浓度越大，其氧化能力强，因此可提高 NO 转化率； (4)亚氯酸钠具有氧化性，则 NaClO2 溶液脱硫过程中将 SO2 氧化为 SO42-，ClO2-被还原为 Cl-， 结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写方程式为：2SO2+ClO2-+4OH-=2SO42-+2H2O+Cl-；脱硝 反应的正反应是气体体积减小的反应，根据平衡移动原理：增加压强，平衡正向移动，所以 NO 的转化率提高； (5)由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝 反应速率，原因是除了 SO2 和 NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强， 易被氧化，还可能是 NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高。 【点睛】本题综合考查元素化合物、氧化还原反应、外界条件对反应速率的影响等，注意把 握物质的性质以及题给信息，掌握基本概念，结合生活实际分析问题、解决问题，在方程式 的书写要遵循相关守恒，试题有利于培养学生良好的科学素养，侧重考查化学在环境中的应 用。 18.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组 对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题： (1)如何用实验证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁_______。 (2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关 K1 和 K2）（设为装置 A）称重，记 为 m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置 A 称重，记为 m2g。按如图连接好装置进行实 验。①仪器 B 的名称是________。 ②将下列实验操作步骤正确排序_______（填标号）；重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为 m3g。 a.点燃酒精灯，加热 b.打开 K1 和 K2，缓缓通入 N2 c.关闭 K1 和 K2 d.熄灭酒精灯 e.称量 A f.冷却到室温 ③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目 x=_______(列式表示)。若实验时按 a、b 次 序操作，则使 x_______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。 (3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置 A 接入如图所示的装置中，打开 K1 和 K2，缓缓通入 N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。 ①C 中的溶液为 BaCl2，其作用是______。D 溶液为______，D 中可观察到的现象为_______。 ②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________。 ③有同学认为该实验装置存在一定缺陷，请你谈谈完善该试验装置的措施____。 【答案】 (1).在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加 KSCN 溶液，溶液颜色无明显 变化。再向试管中滴加氯水，溶液变红。可以证明样绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁 (2). 干燥管 (3). badfce (4). (5). 偏小 (6). 检验生成了 SO3 (7). 品红溶液 (8). 品红溶液褪色 (9). 2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑ (10). 加 一个装有氢氧化钠溶液的尾气处理装置 【解析】 【分析】 (1)亚铁离子不能与 KSCN 溶液变为红色，铁离子与 KSCN 溶液变为血红色； (2)①根据仪器的图形可判断仪器名称； ( ) ( )2 3 3 1 76 9 m m m m − −②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，再点燃酒精灯，待物质完全分解后熄灭酒精 灯，再冷却至室温，冷却时注意关闭开关，冷却至室温后再称量固体质量的变化； ③直至 A 恒重，记为 m3g，应为 FeSO4 和装置的质量，则 m(FeSO4)=(m3-m1)。m(H2O)=(m2-m3)， 以此计算 n(H2O)、n(FeSO4)，结晶水的数目等于 ，若实验时按 a、d 次序操作，会 导致硫酸亚铁被氧化； (3)硫酸亚铁高温分解可生成 Fe2O3、SO3、SO2，C 为氯化钡，用于检验 SO3，D 为品红，可用于 检验 SO2，SO3、SO2 都是大气污染物，应该有尾气处理装置。 【详解】(1)证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁的方法是在试管中加入少量绿矾样品，加 水溶解，然后滴加 KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化，说明溶液中无 Fe3+，然后再向试管中滴 加氯水，溶液变红就证明滴加氯水后反应产生了 Fe3+，从而可以证明样绿矾中的铁是二价铁而 不是三价铁； (2)①由仪器的图形可知 B 为干燥管； ②实验时，为避免亚铁被氧化，应先打开 K1 和 K2，缓缓通入 N2，排出装置中的空气，防止空 气中水蒸气的干扰，然后点燃酒精灯，使绿矾发生分解反应，待物质完全分解后，熄灭酒精 灯，冷却至室温，关闭 K1 和 K2，再称量固体质量的变化，则正确的顺序为 badfce； ③直至 A 恒重，记为 m3 g，应为 FeSO4 和装置的质量，则 m(FeSO4)=(m3-m1)，m(H2O)=(m2-m3)， 则 n(H2O)= ；n(FeSO4)= ，故结晶水的数目等于 n= = ； 若实验时按 a、d 次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小； (3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明 FeSO4 分解生成 Fe2O3，反应中 Fe 元素化合 价升高，则 S 元素化合价应降低，则一定生成 SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成 Fe2O3、SO3、 SO2，C 为氯化钡溶液，用于检验 SO3，SO3 溶于水反应产生 H2SO4，H2SO4 与 BaCl2 溶液反应产生 BaSO4 白色沉淀，D 为品红溶液，可用于检验 SO2，观察到品红溶液褪色； ②硫酸亚铁高温分解可生成 Fe2O3、SO3、SO2，共用电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学 方程式为 2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑； ③该反应分解产生的 SO3、SO2 都是大气污染物，因此该实验装置存在一定缺陷，完善该试验 ( ) ( )2 4 n H O n FeSO 2 3 18 m m− 3 1 152 m m− ( ) ( ) 2 3 2 3 14 18 152 m m n H O m mn FeSO − = − ( ) ( )2 3 3 1 76 9 m m m m − −装置的措施是在装置 D 后面加一个装有氢氧化钠溶液的尾气处理装置，就可以吸收 SO3、SO2， 避免产生的污染。 【点睛】本题以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定、物质成分及分解产物的 鉴别，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，侧重考查学生的分析能力、实验 能力和计算能力。 19.硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中的废镍催化剂 (主要成分为 NiCO3 和 SiO2，还含有少量 Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图： 已知：Ⅰ．NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3 均难溶于水，Cr(OH)3 是两性氢氧化物； Ⅱ．Fe(OH)3 不溶于 NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2 溶于 NH4Cl 氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+。 请回答下列问题： (1)“酸溶”时为加快反应速率，提高镍元素的浸出率，可以采取的措施有：________。 (2)“滤渣Ⅰ”的主要成分为__（填化学式），该物质在工业上的用途为_________（任写一 种）。 (3)“一次碱析”时，加入的 NaOH 溶液需过量，其目的是_________。 (4)“氨解”发生反应的离子方程式为________。“净化”时通入 H2S 的目的是_______。 (5)“氧化”时发生反应的化学方程式为_________。 (6)“系列操作”具体是指_________、过滤、洗涤、干燥。 【答案】 (1). 将废镍催化剂粉碎，与 20%硫酸在加热条件下反应，不断搅拌等 (2). SiO2 (3). 制玻璃(或制光导纤维) (4). 使 Cr3+转化为 CrO2-，除去含铬微粒 (5). Ni(OH)2+6NH3 ▪ H2O=[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O (6). 将 镍 元 素 转 化 为 NiS 沉 淀 (7). 3NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S+4H2O (8). 蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】 废镍催化剂(主要成分为 NiCO3 和 SiO2，含少量 Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍，加入 20%的硫酸酸溶、过滤，滤渣Ⅰ为 SiO2，滤液加入 NaOH 溶液进行一次碱析，滤液Ⅰ含有 CrO2-，沉 淀加入氯化铵、氨水缓冲液，由信息② 可知滤渣Ⅱ 为氢氧化铁，过滤得到的滤液含有 [Ni(NH3)6]2+，“净化”时加入的 H2S，将镍元素转化为 NiS 沉淀，加入硝酸氧化，可生成 S 和 Ni2+，加入氢氧化钠生成 Ni(OH)2，过滤后加入硫酸可得到硫酸镍，经蒸发浓度、冷却结晶 得到晶体，以此解答该题。 【详解】(1)“酸溶”时为加快反应速率，提高镍元素的浸出率应先将废镍催化剂粉碎，以增 大固体表面积，再与 20%硫酸在 100℃下反应 2 小时，加热可增大反应速率，提交浸出率； (2)NiCO3、Fe2O3、Cr2O3 均溶于硫酸，SiO2 不溶于硫酸，“滤渣Ⅰ”的主要成分为 SiO2；工业 上可利用 SiO2 制玻璃、制粗硅、制光导纤维等； (3) Ni(OH)2、Cr(OH)3 均难溶于水，Cr(OH)3 是两性氢氧化物，则加入过量的氢氧化钠，会发 生 Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O，使 Cr3+转化为 CrO2-，除去含铬微粒； (4)Fe(OH)3 不溶于 NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2 溶于 NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+， 从而实现镍元素和铁元素的分离，反应方程式为：Ni(OH)2+6NH3 ▪ H2O=[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O；“净化“时通入 H2S 的目的是将镍元素转化为 NiS 沉淀； (5)稀 HNO3 具有强的氧化性，会将 NiS 氧化为 Ni(NO3)2 、S 单质，硝酸被还原为 NO，则根据 电子守恒、原子守恒，可得“氧化”时发生反应的化学方程式 3NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S+4H2O； (6)从 NiSO4 溶液中获得 NiSO4•7H2O 的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 【点睛】本题考查了物质制备方案设计，明确实验原理为解答关键，注意把握物质性质以及 对题目信息的获取与使用，试题侧重于考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。 20.人类生活、工业生产往往产生大量含碳、氮、硫的废弃气体，合理再利用或转化上述气体， 变废为宝成为人们共同关注的课题。 I.某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步： ①2NO(g) N2O2(g)(快) v1 正=k1 正·c2(NO)，v1 逆=k1 逆·c(N2O2) ∆H1c(OH-)=c(H+) 【解析】 【分析】 I.(1)根据盖斯定律计算所求反应的焓变，一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时 v(正)=v(逆)，结合速率方程推导反应的化学平衡常数表达式； (2)决定 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学 速率取决于速控步骤的反应，活化能越高，反应速率越慢； (3)反应达到平衡时，存在速率关系为 v(正)=v(逆)，根据图象和速率表达式分析，解释原因； II.(4)依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程； (5)根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式。 (6)利用 25℃时，H2SO3 的电离平衡常数 Ka2=1×10-7，可知 SO32-的水解常数，从而得知 Na2SO3 的水解与 NaHSO3 的电离程度相等。 【详解】I.(1)反应 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)可由①+②得到，则该反应的焓变为 △H=△H1+△H2； 一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时 v(正)=v(逆)，由于 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)可 由①+②得到，所以该反应的化学平衡常数为 K=K1•K2，根据速率方程式，K1= ，K2= ， 则 K= K1•K2= ； (2)决定 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学 速率取决于速控步骤的反应，反应的活化能越高，反应速率越慢，速控步骤是慢反应，因此 化学反应速率①＞②，可见②的活化能更高，因此反应①的活化能 E1 与反应②的活化能 E2 的 大小关系为 E1 c(SO32-)=c(HSO3-)>c(OH-)=c(H+)。 【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、原电池、电解池、化学反应速率，化学平衡常数的计 算及溶液中离子浓度大小比较等，对于一个化学反应，既要考虑热力学控制，还要考虑动力 学控制，要充分掌握和利用化学反应原理进行分析、判断，该题有助于培养综合分析能力， 是一道好题。 （二）选考题：共 10 分。（请考生从 2 道题中任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选 题目对应题号涂黑。注意所做题号与所涂题号一致，在答题卡区域指定位置作答，如果多做， 按第一题计分） 21.(1)下列 Li 原子电子排布图表示的状态中，电离最外层一个电子所需能量最小的是 _______(填标号)。 A. B． C. D． (2)抗坏血酸的分子结构如图所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为______；推测抗坏血酸在 水中的溶解性：_______（填“难溶于水”或“易溶于水”）。 (3)下表列有三种物质(晶体)的熔点： 物质 SiO2 SiCl4 SiF4 熔点℃ 1710 -70.4 -90.2 14 7 2 1 10 1 10 w a K K − − ×= ×简要解释熔点产生差异的原因：_______。 (4)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，如图为其晶胞，晶胞边长为 anm。则硼原子与磷原 子最近的距离为_______。用 Mg·mol-1 表示磷化硼的摩尔质量，NA 表示阿伏加德罗常数的值， 则磷化硼晶体的密度为_______g·cm-3。 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例 如图中原子 1 的坐标为( ， ，0)，则原子 2 和 3 的坐标分别为_______、______。 【答案】 (1). D (2). sp3、sp2 (3). 易溶于水 (4). SiO2 是原子晶体，微粒间 作用力为共价键。SiCl4 是分子晶体，微粒间作用力为范德华力，故 SiO2 熔点高于 SiCl4 和 SiF4。 SiCl4 和 SiF4 均为分子晶体，微粒间作用力为范德华力，结构相似时相对分子质量越大，范德 华力越大，故 SiCl4 熔点高于 SiF4 (5). nm (6). (7). ( ， ， ) (8). ( ， ， ) 【解析】 【分析】 (1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越低，该原子的能量越低； (2)根据分子中 C 原子的价层电子对个数，结合价层电子对互斥理论判断该分子中 C 原子轨道 杂化类型；抗坏血酸中羟基属于亲水基，增大其水解性； (3)根据构成微粒的作用力大小分析、比较； (4)晶体中硼原子与磷原子最近的距离为晶胞体对角线的 ，根据晶体密度与摩尔质量换算关 系计算 ；根据图中各个原子的相对位置确定 2、3 号原子的坐标。 【详解】(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越低，该原子的能量越低。根据 图知，电子排布能量最低的是 1s、2s 能级，所以合理选项是 D； 1 2 1 2 3 4 a ( )37 4 4 10A M N a −× 1 4 1 4 1 4 1 4 3 4 3 4 1 4 ρ m V =(2) 中 1、2、3 号 C 原子价层电子对个数是 4，4、5、6 号碳原子价层 电子对个数是 3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中 C 原子轨道杂化类型，1、2、3 号 C 原子采用 sp3 杂化，4、5、6 号 C 原子采用 sp2 杂化；抗坏血酸中羟基属于亲水基，增大其水 解性，所以抗坏血酸易溶于水； (3)SiO2 是原子晶体，原子间以极强的共价键结合，断裂消耗很高的能量，而 SiCl4、SiF4 都 是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，分子间作用力非常微弱，所以 SiO2 熔点高 于 SiCl4 和 SiF4。对于由分子构成的分子晶体，若物质结构相似，相对分子质量越大，分子间 作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以 SiCl4 熔点高于 SiF4； (4)BP 晶体中晶胞参数是 anm，晶胞的对角线长度为 L= ，根据晶胞结构可知：在晶体 中硼原子与磷原子晶胞体对角线的 ，因此二者的最近的距离为 nm。在一个晶胞中含有 B、P 原子个数为 P： =4；含有的 B 原子数目为 4 个，所以一个晶胞中含有 4 个 BP，用 Mg·mol-1 表示磷化硼的摩尔质量，NA 表示阿伏加德罗常数的值，则磷化硼晶体的密度 = g/cm3；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以 表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子 1 的坐标为( ， ，0)，则原 子 2 的坐标为( ， ， )，原子 3 的坐标为( ， ， )。 【点睛】本题考查了物质结构的有关知识。掌握原子的构造原理、晶体结构的有关知识，注 意晶体中 B、P 原子之间的距离与晶胞棱长的关系，用均摊方法进行计算是本题解答的关键。 22.H 是一种香料的成分之一，其结构中含有三个六元环。G 的结构简式为 ， H 的合成路线如图(部分产物和反应条件略去)： 3amn 1 4 3 4 a 1 18 68 2 × + × ( )37 4 ρ 10 A Mg Nm V a cm− = = × ( )37 4 4 10A M N a −× 1 2 1 2 1 4 1 4 1 4 1 4 3 4 3 4已知：①B 中核磁共振氢谱图显示分子中有 6 种不同环境的氢原子。 ②RCH=CH2+CH2=CHR’ CH2=CH2+RCH=CHR’ ③D 和 G 是同系物 (1)用系统命名法命名(CH3)2C＝CH2____________。 (2)A→B 反应过程中涉及的反应类型有________。 (3)G 分子中含氧官能团的名称：________。 (4)写出生成 F 的化学方程式_____________。 (5)写出 C 的结构简式：________。 (6)同时满足下列 3 个条件：①与 FeCl3 溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上有 两个取代基 G 的同分异构体有________种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为 4 组峰 的为________（写结构简式）。 【答案】 (1). 2-甲基丙烯 (2). 取代反应、加成反应 (3). 羟基、羧基 (4). +Br2 +HBr (5). (6). 9 (7). 、 【解析】 【分析】 由 A 与氯气在加热条件下反应生成，可知 A 的结构简式为： ，故苯乙烯与 (CH3)2C=CH2 发生信息②中类似复分解反应的交换反应生成 A，与 HCl 反应生成 B，结合 B 的分 子式可知，应是发生加成反应，B 中核磁共振氢谱图显示分子中有 6 种不同环境的氢原子， 故 B 为 ，顺推可知 C 为 ，D 为 。 苯乙烯与水发生加成反应生成 E，E 可以氧化生成 C8H8O2，说明 E 中羟基连接的 C 原子上有 2 的个 H 原子，则 E 为 ，C8H8O2 为 ；C8H8O2 与单质溴反应生成 F，F 在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到 G，且 D 和 G 是同系物，因此 中亚 甲基上 1 个 H 原子被 Br 原子取代生成 F，则 F 为 ，G 为 ，D 与 G 生成 H，H 结构中含有三个六元环，则 H 为 。 【 详 解 】 由 上 述 分 析 可 知 ： A ： ， B 为 ， C 为 ， D 为 ， E 为 ， F 为 ，G 为 ， H 为 。 (1)用系统命名法命名(CH3)2C=CH2 为：2-甲基丙烯； (2)A 与氯气在加热条件下发生取代反应生成 ， 与 HCl 反应发生 加成反应 B，所以 A→B 反应过程中涉及的反应类型有取代反应、加成反应； (3)G 为 ，分子中含有的官能团为：羟基、羧基； (4) C8H8O2 为 ；C8H8O2 与单质溴反应生成 F，F 为 ，则 B 产生 F 的方程式为： +Br2 +HBr； 为(5)C 的结构简式为： ； (6)G 为 ，G 的同分异构体同时满足下列条件：①与 FeCl3 溶液发生显色反应， 含有酚羟基；②能发生水解反应，含有酯基；③苯环上有两个取代基，为-OH、-OOCCH3 或 -OH、-CH2OOCH 或-OH、-COOCH3，这三种情况在苯环上各有邻、间、对 3 种位置关系，因此符 合条件的同分异构体共有 9 种，其中核磁共振氢谱有 4 个吸收峰同分异构体为： 、 。 【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意充分利用转化关系中物质的结构及分子式，结 合各种官能团的性质，利用正推法与逆推法进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转 化关系，能较好的考查考生的分析推理能力。