河北省邯郸市2020届高三化学上学期期中试题（附解析Word版）

2019-2020 学年上学期高三年级期中 化学 一、选择题（每小题 3 分，共 48 分，每小题只有一个选项符合题意） 1.人们的生活、生产与化学息息相关，下列说法正确的是 A. 复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料 B. 中国天眼用到碳化硅、芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐 C. 中国歼-20 上用到的氮化镓材料是当做金属合金材料使用的 D. 石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵可用作处理原油泄漏的吸油材料 【答案】D 【解析】 A. 有机物是指含碳的化合物，所以二硫化钼不属于有机化合物，故 A 错误；B. 石英玻璃的主 要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故 B 错误；C. 金属合金是指一种金属与另一种或几种金属， 或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。氮化镓是化合物，不 属于合金，故 C 错误；D.石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作处理原油泄漏 的吸油材料，故 D 正确；答案：D。 2.下列正确的叙述有 A. CO2、NO2、P2O5 均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2 均为碱性氧化物 B. Fe2O3 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)3 C. 灼热的炭与 CO2 反应、Ba(OH)2·8H2O 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】 【详解】A. 酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而 NO2 和碱反应生成硝酸钠、 亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以 NO2 不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生 成盐和水的氧化物，Na2O2 与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以 Na2O2 不属于碱性氧化物，A 错误； B.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； C. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C 错误； D. 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。 综上所述，本题选 B。 【点睛】酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成 盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化， 均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物 就不是酸性氧化物或碱性氧化物。 3.下列物质 用途利用了其氧化性的是（ ） A. 漂粉精用于消毒游泳池水 B. SO2 用于漂白纸浆 C. Na2S 用于除去废水中的 Hg2+ D. FeCl2 溶液用于吸收 Cl2 【答案】A 【解析】 【详解】A．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； B．SO2 用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素 化合价变化，不发生氧化还原反应， 故 B 不选； C．Na2S 用于除去废水中的 Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故 C 不选； D．FeCl2 溶液用于吸收 Cl2，Fe 元素化合价升高，利用了其还原性，故 D 不选； 故选 A。 4.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是 A. 向浓度都为 0.1mol/L 的 FeCl3 和 CuCl2 加入铁粉，溶质 CuCl2 首先与铁粉反应 B. 向过量的 Ba(OH)2 溶液中滴加少量的 KAl(SO4)2 溶液，开始没有白色沉淀生成 C. 向浓度都为 0.1mol/L 的 Na2CO3 和 NaOH 的混合溶液通入 CO2 气体，NaOH 首先反应 D. 向浓度为 0.1mol/L 的 FeCl3 溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先 参加反应 【答案】C 【解析】 【详解】A. 氧化性大于 ，向浓度都为 0.1mol/L 的 FeCl3 和 CuCl2 加入铁粉，溶质 的 的 的3+Fe 2+CuFeCl3 首先与铁粉反应，故 A 错误； B. 向过量的 Ba(OH)2 溶液中滴加少量的 KAl(SO4)2 溶液，开始有白色沉淀硫酸钡生成，故 B 错误； C. 向浓度都为 0.1mol/L 的 Na2CO3 和 NaOH 的混合溶液通入 CO2 气体，NaOH 首先与 CO2 反 应生成碳酸钠，故 C 正确； D. 铁的还原性大于铜，向浓度为 0.1mol/L 的 FeCl3 溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的 铁和铜，铁单质首先参加反应，故 D 错误。 5.NA 表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 在标准状况下，11.2L HF 含有的分子数目为 0.5NA B. 高温下，16.8 g Fe 与足量水蒸气完全反应失去 0.8NA 个电子 C. 常温下，0.2 L 0.5 mol·L-1 NH4NO3 溶液中含有的氮原子数小于 0.2NA D. 18g 葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为 0.6NA 【答案】B 【解析】 【详解】A. 在标准状况下 HF 液态，无法用气体摩尔体积计算粒子数目，故 A 错误； B. 16.8g 铁的物质的量为 0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为 价，故 0.3mol 铁反应后失去 0.8mol 电子即 0.8NA 个，故 B 正确； C. 溶液中 NH4NO3 的物质的量 n＝cV＝0.5mol/L×0.2L＝0.1mol，而 1mol 硝酸铵中含 2mol 氮 原子，故 0.1mol 硝酸铵中含 0.2mol 氮原子即 0.2NA 个，故 C 错误； D. 18g 葡萄糖为 1mol，1 个葡萄糖含有 5 个羟基，1mol 葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目 为 5NA，故 D 错误； 答案选 B。 6.下列解释事实的离子方程式正确的是 A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O B. 稀硫酸与 Ba(OH)2 溶液混合出现浑浊：H++OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+H2O C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O D. 在 A1C13 溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13++3OH-= Al(OH)3↓ 【答案】C 【解析】 8 3 +A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故 A 错误；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++2OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+2H2O，故 B 错误；C. 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++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O，故 C 正确；D. 氨水是弱碱，用化学式表示，故 D 错误； 故选 C。 7.为测定含镁 3%～5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了 2 种实验方案，下列说法不正确的 是 方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量； 方案二：称量 mg 铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量 增重。 A. 方案一中若称取 5.4 g 合金粉末样品，投入 V mL 2.0 mol/L NaOH 溶液中反应，则 V≥100 mL B. 方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高 C. 方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量 D. 方案二中若用空气代替 O2 进行实验，则测定结果偏高 【答案】A 【解析】 【详解】A.含镁为 5%时，金属铝的含量最低，5.4 g 合金中铝的质量为 5.13g；则根据反应： 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，2Al～2NaOH，5.13/27：V×10-3×2=2:2，解得 V=95mL，因此取 5.4 g 合金粉末样品，投入 V mL 2.0 mol/L NaOH 溶液中反应，则 V≥95 mL，A 错误； B. 方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应，过滤后剩余固体镁；测定剩余固体质量时，过滤后 未洗涤固体就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则镁的质量分数偏高，B 正确； C.Mg、Al 均与氧气反应,生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，根据质量守恒列方程 可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C 正确；D. 空气中有氮气和氧气，金属镁能够与氮气反应生成氮化镁，灼烧后固体质量增大，金属镁 的质量偏大，测定结果偏高，D 正确； 综上所述，本题选 A。 8.PbO2 是褐色固体，受热分解为 Pb 的+4 和+2 价的混合氧化物，+4 价的 Pb 能氧化浓盐酸生 成 Cl2；现将 1molPbO2 加热分解得到 O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到 Cl2，O2 和 Cl2 的物质的量之比为 3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（ ） A. 1：2 混合的 PbO2、Pb3O4 B. 1：1 混合的 Pb3O4、PbO C. 1：4：1 混合的 PbO2、Pb3O4、PbO D. 4：1：1 混合的 PbO2、Pb3O4、PbO 【答案】B 【解析】 【分析】 PbO2 加热分解得到 O2，得到的剩余固体含有 Pb 的+4 和+2 价的混合氧化物，向剩余固体中加 入足量的浓盐酸得到 Cl2，O2 和 Cl2 的物质的量之比为 3：2，假设得到的氧气为 3mol，则 Cl2 为 2mol。在 PbO2 加热分解反应中，+4 价铅的化合价降低的数值等于-2 价氧的化合价升高的 数值，所以得到的+2 价铅的物质的量为 3mol×4÷2=6mol。在剩余固体和浓盐酸的反应中，+4 价铅的化合价降低的数值等于-1 价氯的化合价升高的数值，所以在剩余固体中的+4 价铅的物 质的量为 2mol×2÷2=2mol。所以在剩余固体中，+4 价铅和+2 价铅的物质的量之比为 2:6=1:3。 Pb3O4 可以看做是 2PbO·PbO2，1mol Pb3O4 里有 2mol+2 价铅，1mol+4 价铅。 【详解】A. 1：2 混合的 PbO2、Pb3O4 里，+4 价铅和+2 价铅的物质的量之比为(1+1)：2=1:1， 故 A 不选； B. 1：1 混合的 Pb3O4、PbO，+4 价铅和+2 价铅的物质的量之比为 1：(2+1)=1:3，故 B 选； C. 1：4：1 混合的 PbO2、Pb3O4、PbO，+4 价铅和+2 价铅的物质的量之比为(1+4×1)： (4×2+1)=5:9，故 C 不选； D. 4：1：1 混合的 PbO2、Pb3O4、PbO，+4 价铅和+2 价铅的物质的量之比为(4+1)：(2+1)=5:3， 故 D 不选。 故选 B。 9.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n 能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和 KClO3 在水溶液 中反应得到。下列说法不正确的是 A. KClO3 作氧化剂，每生成 1 mol [Fe(OH)SO4]n 消耗 6/n mol KClO3 B. 生成聚合硫酸铁后，水溶液的 pH 增大C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水 D. 在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强 【答案】A 【解析】 【 详 解 】 A. 根 据 题 干 中 信 息 ， 可 利 用 氧 化 还 原 配 平 法 写 出 化 学 方 程 式 ： 6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知 KClO3 做氧化剂，同时根据计量数关系 亦知每生成 1 mol [Fe(OH)SO4]n 消耗 n/6 mol KClO3，A 项错误； B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减 小，因而水溶液的 pH 增大，B 项正确； C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C 项 正确； D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于 Fe3+的二级水解，由于其 所带的正电荷比 Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的 OH-的能力较弱，故其水解 能力不如 Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D 项正确。 故答案选 A。 10.(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流 程如图所示。下列判断不合理的是( ) A. Al、Ga 均处于ⅢA 族 B. Ga(OH)3 可与 NaOH 反应生成 NaGaO2 C. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3 D. Ga2O3 可与盐酸反应生成 GaCl3 【答案】C 【解析】 【详解】A. 镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA 族，A 项正确； B. Ga(OH)3 与 Al(OH)3 的性质相似，属于两性氢氧化物，能与 NaOH 溶液反应生成 NaGaO2， B 项正确；C. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在 NaAlO2 和 NaGaO2 的混合液中通入 CO2，只生成 Al(OH)3 沉淀，而没有 Ga(OH)3 沉淀，是 Ga(OH)3 酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜ Ga(OH)3，C 项错误； D. Ga2O3 与 Al2O3 的性质具有相似性，可与盐酸反应生成 GaCl3，D 项正确； 答案选 C。 【点睛】C 项是学生们的易错点，学生们对于在 NaAlO2 溶液中通入过量的 CO2 所发生的反应 NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3↓+NaHCO3 理解不透彻，该反应的发生遵循了强酸制弱酸的原理， 在这个反应中，AlO2-是弱酸根离子，AlO2-结合了碳酸的氢离子生成了更弱的 Al(OH)3，此时 Al(OH)3 相当于弱酸，NaGaO2 类似于 NaAlO2，在 NaGaO2、NaAlO2 混合液中通入 CO2，只生 成 Al(OH)3 沉淀，而没有 Ga(OH)3 沉淀，是因为 Ga(OH)3 酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜ H2CO3c(CO32-)= c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+) B. pH=4 的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol/L C. pH=8 的溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3) D. pH=11 的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CO32-)+c(HCO3-) 【答案】A 【解析】 【分析】 A、W 点所示的溶液中 c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性； B、根据物料守恒判断； C、先判断溶液中的溶质，再根据电离程度与水解程度的相对大小分析； D、根据电荷守恒分析． 【详解】A．W 点所示的溶液中 c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性，则 c（OH－）＞c（H ＋），所以溶液中离子浓度关系为：c（CO32－）=c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H＋），故 A 正 确； B、pH=4，说明反应中有 CO2 生成，所以根据物料守恒可知 c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32 －）＜0.1 mol·L-1，故 B 错误； C．根据图象可知 pH=8 时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰 好是生成碳酸氢钠，HCO3－的水解程度大于电离程度，则 c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c （H2CO3）＞c（CO32－），故 C 错误； D、根据图象可知 pH=11 时，溶液中电荷守恒为：c（Na＋）+c （H＋）=c（OH－）+c（Cl－） +2c（CO32－）+c（HCO3-），故 D 错误； 故选 A。【点睛】本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，解题关键：在明确反应原理的基 础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，易错点 B，结合图象和题意 灵活运用，读出 pH=4，说明反应中有 CO2 生成。 二、非选择题（共 52 分） 17.硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)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 FeSO4·7H2O 晶体： ①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 2～3 遍； ②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在 50～80℃之间至铁屑耗尽； ③ ，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶； ④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤 2～3 次，再用滤纸将晶体吸干； ⑤将制得的 FeSO4·7H2O 晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存。 请回答下列问题： （1）实验步骤①的目的是____。 （2）写出实验步骤②中的化学方程式____。 （3）补全实验步骤③的操作名称____。 （4）实验步骤④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 FeSO4·7H2O、 FeSO4·4H2O 和 FeSO4·H2O。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 FeSO4·4H2O，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(硫酸亚铁的相对原子质量用 M 表示)wg，配制成 100mL 用 cmol/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 FeSO4·7H2O 的 损耗 (5). 是 (6). 56.7℃＜t＜64℃ (7). 偏低 【解析】 【分析】 （1）Na2CO3 溶液显碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质； （2）实验步骤②中的化学反应是一定温度下铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气； （3）步骤③是趁热过滤避免硫酸亚铁损耗； （4）步骤④中用少量冰水洗涤晶体是洗涤表面杂质，温度降低硫酸亚铁溶解度减小； （5）铁屑耗尽，不能防止亚铁离子被氧化； （6）依据图表数据分析，析出晶体 FeSO4⋅4H2O 的温度范围； （7）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取标准溶液体积减小。 【详解】（1）Na2CO3 溶液中碳酸根离子水解显碱性，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①的目的是除去铁屑表面的油污，故答案为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）发生化学方程式为 Fe+H2SO4 FeSO4+H2↑； （3）步骤③将滤液转入到密闭容器，冷却结晶，因此步骤③的操作名称为趁热过滤，故答案 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 FeSO4·7H2O 的损耗，故答案为洗去杂质，降低洗涤过程中 FeSO4·7H2O 的损耗； （5）步骤②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，故 答案为是； （6）根据表格中的数据，得到 FeSO4·4H2O，在 56.7℃、64℃同时析出两种晶体，因此温度 控制在高于 56.7℃，低于 64℃，范围是 56.7℃＜t＜64℃； （7）根据滴定管从上到下刻度增大，俯视读数，V 偏小，消耗标准液体积减少，因此所测结 果偏低。 【点睛】第（7）问误差分析问题是常考点，学生要抓住反应的实质，根据滴定分析法，消耗 的标准液体积的变化，利用物质之间的关系分析判断最终测定结果。 18.无水 AlCl3 易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿(Al2O3、Fe2O3)为原料制备无水 AlCl3 的工艺流程如下： （1）氯化炉中 Al2O3、Cl2 和 C 反应的化学方程式为____________________。 （2）用 Na2SO3 溶液可除去冷却器排出的尾气中的 Cl2，此反应的离子方程式为__________。 （3）升华器中主要含有 AlCl3 和 FeCl3，需加入少量 Al，其作用 ________。 （4）为测定制得的无水 AlCl3 产品(含杂质 FeCl3)的纯度，称取 16.25 g 无水 AlCl3 样品，溶 于过量的 NaOH 溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为 0.32 g。 ① 写出上述除杂过程中涉及的离子方程式___________、____________。 ② AlCl3 产品的纯度为________。 【答案】 (1). A12O3+3C12+3C 2A1C13+3CO (2). SO32-+Cl2+H2O＝SO42-+2Cl-+2H+ (3). 除去 FeCl3； (4). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (5). Al3++4OH-=[Al(OH)4]- (6). 96%； 【解析】 【详解】(1)根据制备 AlCl3 的工艺流程可知，由冷却器出来的气体有 CO 和 Cl2，CO 是氯化 炉中的生成物，且 Cl2 是过量的，氯化炉中发生反应的化学方程式为 Al2O3＋3Cl2＋3C 2AlCl3＋3CO； (2)Na2SO3 与 Cl2 发生氧化还原反应，Na2SO3 作还原剂被氧化为 Na2SO4，Cl2 作氧化剂，此反 应的离子方程式为：SO32-+C12+H2O＝SO42-+2C1-+2H+； （3）升华器中主要含有 AlCl3 和 FeCl3，需加入少量 Al，铝具有还原性，其作用是除去杂质 FeCl3； （4）①无水 AlCl3 产品(含杂质 FeCl3)溶于过量 NaOH 溶液涉及到的离子方程式为 Fe3＋＋ 3OH－=Fe(OH)3↓，Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O 或 Al3++4OH-=[Al(OH)4]-； ②沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称量得到的 0.32 g 固体是氧化铁，n(Fe2O3)＝0.32g÷160g/mol ＝0.002 mol，则 n(FeCl3)＝0.002 mol×2＝0.004 mol，m(FeCl3)＝0.004 mol×162.5 g/mol ＝0.65 g，则 AlCl3 的质量为 16.25 g－0.65 g＝15.6 g，AlCl3 的纯度为 15.6/16.25×100%＝ 96%。 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 是矿主要成分为 MnO2，还含有 Si（16.27%）、Fe（5.86%）、Al（3.42%）、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）3 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Ksp 近似值 10-35 10-6 10-38 （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 1.0×10-5mol·L-1 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 0.0800mol·L-1Na2S2O3 溶液反应（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。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+ (3). 4 (4). CuS、ZnS (5). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (6). 47.3 【解析】 试题分析：本题以软锰矿制备 MnO2 的流程为载体，考查流程的分析，物质的分离和提纯，溶 度积的计算和沉淀的转化，电解原理和电极反应式的书写，氧化还原滴定测定物质的纯度。 （1）软锰矿中加入H2SO4 和过量 FeSO4 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（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+） 1 10-5mol/L，c（Al3+）·c3（OH-）=10-35，c（OH-） =1 10-10mol/L，c（H+） 1 10-4mol/L，pH 4，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 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： MnO2~I2~2Na2S2O3，n（MnO2）= n（Na2S2O3）= 0.08mol/L 0.025L =0.005mol，m（MnO2）=0.005mol 87g/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，火法 炼铜相关的方程式有 Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) △H1=-271.4kJ/mol 反应① Cu2S(s)+2Cu2O(s)=6Cu(s)+SO2(g) △H2=+123.2kJ/mol 反应② （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①(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 < × 35 3 5 10 1 10 − −> × × < × > 1 2 1 2 × × 100mL 20mL × × 0.435g 0.9200g ×平均反应速率 v(SO2)=___mol/(L·min)，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 (4). 1.5 (5). 等于 (6). 氧气可将 Cu+氧化为 Cu2+ 以防止镀件表面生成 Cu2O 【解析】 【详解】（1）根据盖斯定律，2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g)为反应①×3－反应②所得， 因此△H=3△H1－△H2=-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①中气体总物质的量始终为 5mol，3min 时 SO2 体积分数为 48%，c(SO2)= =1.2mol/L，因此 v(SO2)= =0.4mol/(L·min)。体系达平衡时总压强为 akPa， 2 22SO +O 32SO 5mol 48% 2L × 1.2mol/L 3minO2 和 SO2 的分压分别为 0.4akPa 和 06akPa，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； 答案为：氧气可将 Cu+氧化为 Cu2+以防止镀件表面生成 Cu2O； 21.N2O、NO 和 NO2 等氮氧化物是空气污染物，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 NO+NO2+2OH− 2 +H2O 2NO2+2OH− + +H2O ①下列措施能提高尾气中 NO 和 NO2 去除率的有________（填字母）。 A．加快通入尾气的速率 B．采用气、液逆流的方式吸收尾气 C．吸收尾气过程中定期补加适量 NaOH 溶液 ②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 溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中 NO 的去除率。其他条件 相同，NO 转化为 的转化率随 NaClO 溶液初始 pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。 ①在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl−和 ，其离子方程式为________。 ②NaClO 溶液的初始 pH 越小，NO 转化率越高。其原因是________。 0.6akPa =1.50.4akPa 2 2 c(SO )K= c(O ) 2NO− 2NO− 3NO− 3NO− 3NO−【答案】 (1). 2NH3+2O2 N2O+3H2O (2). BC (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O 3Cl−+2 +5H+ (6). 溶液 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大， 氧化 NO 的能力越强 【解析】 【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，根据得失电子守 恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2 N2O+3H2O， 故答案为 2NH3+2O2 N2O+3H2O； （2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中 NO 和 NO2 的去除率，不选 A； B.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， 选 B； 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，选 C。 故答案为 BC； ②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O 可知，反应后得到 NaNO2 和 NaNO3 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；由吸收反应可知，若 NO 和 NO2 的物质的量之比大于 1：1，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， 故答案为 NaNO3；NO； （3）①在酸性的 NaClO 溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成 HClO，HClO 和 NO 发生 氧化还原反应生成 NO3-和 Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为 2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+， 故答案为 2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+； ②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应 2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 3NO−Cl-+5H+可知，溶液 pH 越小，溶液中 HClO 浓度越大，氧化 NO 的能力越强， 故答案为溶液 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大，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________。 （2）C 的化学名称是__________。 （3）②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】 【分析】 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；D→E 为-Cl 被-CN 取代，E→F 为酯的水解反应，F→G 为加氢的还原反应，以此分析解答。 【详解】（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②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：