福建省2020届高三化学上学期第二次月考试题（Word版含解析）

2019～2020 学年度高三上学期第二次阶段性测试 化学科试卷 可能用到的原子量：Li 7 C 12 H 1 Fe 56 C l 35.5 S 32 O 16 Al 27 Ga 70 F 19 第Ⅰ卷(选择题) 一、选择题： 1.化学与科技、医药、工业生产均密切相关。下列有关叙述正确的是 A. 2017 年 4 月 26 日，中国第二艘航母举行下水仪式，该航母使用了素有“现代工业的骨骼” 之称的碳纤维。碳纤维是一种新型的无机高分子材料 B. 硫酸铜稀溶液可用来浸泡蔬菜，以保持蔬菜的新鲜 C. 为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电，电能属于一次、可再生能源 D. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳纤维是指由有机合成材料和碳纤维通过加工制成的具有特殊性能的材料，是一 种无机高分子材料，不是有机高分子材料，故 A 正确； B．CuSO4 是重金属盐，会使蛋白质变性，不能将蔬菜在 CuSO4 溶液中浸泡后售卖、食用， 故 B 错误； C．电能不是一次能源，属于二次能源，故 C 错误； D．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故 D 错误； 故答案为 A。 2.设阿伏加德罗常数的数值为 NA，下列说法正确的是 A. 80 mL 10mol·L-1 浓盐酸与足量 MnO2 反应，转移电子数为 0.4NA B. 标准状况下，密闭容器中 44.8LNO 与 22.4LO2 充分反应，产物的分子数等于 2NA C. 1mol Al2Cl6 分子中含有 2molAl3+ D. 常温下，46g 乙醇中共用电子对的数目为 8NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．80mL 10mol•L-1 浓盐酸与足量 MnO2 反应，足量二氧化锰和浓盐酸反应，随反应进 行浓盐酸浓度减小为稀盐酸后不再发生氧化还原反应，转移电子数小于 0.4NA，故 A 错误；B．标准状况下，44.8LNO 和 22.4LO2 的物质的量分别为 2mol 和 1mol；而 2 mol NO 与 l mol O2 生成 2molNO2，但 NO2 中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故生成的产物的分子小于 2NA 个， 故 B 错误； C．Al2Cl6 分子中不存在 Al3+，故 C 错误； D．每个乙醇分子内含有 8 个共用电子对，46g 乙醇的物质的量为 1mol，共含有共用电子对的 数目为 8NA，故 D 正确； 故答案为 D。 3.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如图所示)， 下列有关说法正确的是 A. 第①步中除去粗盐中的 、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为： Na2CO3 溶液 →BaCl2 溶液→NaOH 溶液→过滤→适量盐酸调 pH B. MgSO4·7H2O 在空气中加热可制得无水 MgSO4 的方法与第②步相似。 C. 从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩富集 Br2 D. 第③④⑤步中溴元素均被氧化 【答案】C 【解析】 【详解】A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2 溶液→NaOH 溶液→Na2CO3 溶液→过滤后加盐酸，故 A 错误； B．MgSO4·7H2O 在空气中加热可制得无水 MgSO4，而第②中的 MgCl2•6H2O 脱水过程中镁离子易 水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解，则加热方法不一样，故 B 错误； C．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧 化为溴单质，过程的目的是浓缩，故 C 正确； D．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧 化为溴单质，故 D 错误； 在 2 4SO −故答案为 C。 4.X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，W 的最外层电子数为 X 最外层电子数 的一半，X、Y、Z 的原子半径依次减小，X、Y、Z 组成的一种化合物(ZXY)2 的结构式为 Y≡X—Z—Z—X≡Y。下列说法正确的是 A. (XY)2 中 X 元素的化合价为+3 B. Y 的氧化物对应的水化物是强酸 C. 化合物 W(Y3)2 中只含有离子键 D. X 和 Z 组成的化合物中不可能所有原子都达到 8 电子稳定结构 【答案】A 【解析】 【详解】X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z 的原子半径依次减小， X、Y、Z 组成的一种化合物(ZXY)2 的结构式为 Y≡X—Z—Z—X≡Y，说明 X 为 C 元素、Y 为 N 元 素、Z 为 O 元素；W 的最外层电子数为 X 最外层电子数的一半，则 W 为 Mg 元素； A．C 元素的非金属性比 N 元素弱，则(CN)2 中 C 元素的化合价为+3，故 A 正确； B．N 元素的最高价氧化物对应的水化物 HNO3 是强酸，而+3 价 N 元素氧化物的水化物 HNO2 是 弱酸，故 B 错误； C．化合物 Mg(N3)2 中除含有离子键，N3-中还含有非极性共价键，故 C 错误； D．C 和 O 组成的化合物 CO2 的电子式为 ，C 为 O 原子都达到 8 电子稳定结构， 故 D 错误； 故答案为 A。 5.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸 和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是 A. 砷酸的分子式为 H2AsO4 B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出 C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为 12：1 D. 该反应中每析出 4.8g 硫黄，则转移 0.5mol 电子 【答案】D 【解析】 【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为 H3AsO4，故 A 错误；B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的 NO2,原电池正极发生还原反应，所以 NO2 在正极生 成并逸出，故 B 错误； C、As2S3 被氧化为砷酸和硫单质，As2S3 化合价共升高 10，硝酸被还原为 NO2，氮元素化合价 降低 1，氧化剂和还原剂物质的量之比为 10：1，故 C 错误； D、As2S3 被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3 失 10mol 电子，生成 2mol 砷酸和 3mol 硫单质， 所以生成 0.15mol 硫黄，转移 0.5mol 电子，故 D 正确。 6.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是 A. 甲烷的燃烧热为 890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4(g)+ O2(g) ═ CO(g) + 2H2O(l) △H = -890.3kJ•mol-1 B. 已知稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则稀醋酸与稀氢氧 化钠溶液反应生成 1mol 水时放出 57.3kJ 的热量 C. 500℃下，将 0.5mol I2(g)和 0.5molH2(g)置于密闭的容器中充分反应生成 HI(g)，放热 10kJ， 其热化学方程式为：I2(g) + H2(g) 2HI(g) △H = -20kJ•mol-1 D. 已知 25℃、101KPa 条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H = -2834.9kJ•mol-1， 4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则 O2 比 O3 稳定 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲烷的燃烧热是指 1mol 甲烷完全燃烧并生成液态水所释放的能量，则甲烷燃烧 的热化学方程式可表示为 CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3KJ•mol-1，故 A 错误； B．稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，醋酸是弱酸，电离时吸 收热量，则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成 1mol 水时放出的热量小于 57.3kJ，故 B 错误； C．I2(g) + H2(g) 2HI(g)为可逆反应，0.5mol I2(g)和 0.5molH2(g)置于密闭的容器中充分 反应生成 HI(g)，放热 10kJ，则 1mol I2(g) 完全反应时放热大于 20kJ，热化学方程式为：I2(g) + H2(g) 2HI(g) △H ＜-20kJ•mol-1，故 C 错误； D．由①4Al(s)+3O2(g)═2A12O3(s)△H=-2834.9KJ•mol-1， ②4Al(s)+2O3(g)═2A12O3(s)△H=-3119.1KJ•mol-1，结合盖斯定律可知，①-②得到 3O2(g)═2O3(g)△H=-2834.9KJ•mol-1-(-3119.1KJ•mol-1)＞0，可知氧气的能量低，则 O2 比 O3 稳定，故 D 正确； 故答案为 D。 3 2   【点睛】判断热化学方程式正误的主要观察点：①化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的 热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；②状态是否标注正确；③反应热 ΔH 的符号 和单位是否正确；④反应热的数值与物质的系数是否对应。 7.2019 年 10 月 1 日是中华人民共和国成立 70 周年，国庆期间对大量盆栽鲜花施用了 S-诱抗 素制剂以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构简式如图。下列关于该物质的说法正确的是 A. 该有机物的分子式为 C15H20O4 B. 该有机物能发生取代、加成和水解反应 C. 1mol 的该有机物与足量的钠反应产生 2molH2 D. 1mol 该有机物含有 4mol 双键 【答案】A 【解析】 【分析】 由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、-COOH、-OH 及羰基，结合烯烃、羧酸、醇及酮的性 质来解答。 【详解】A．该有机物的分子式为 C15H20O4，故 A 正确； B．含碳碳双键可发生加成反应，含-OH、-COOH 可发生取代、酯化反应，但不能发生水解反应， 故 B 错误； C．-COOH、-OH 与 Na 反应生成氢气，则 1 mol 该有机物与足量 Na 反应生成 1 mol H2，故 C 错误； D．-COOH 中含有碳氧双键，则 1mol 该有机物含有 5mol 双键，故 D 错误； 故答案为 A。 【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质；熟悉常见官能团的性质，进行知识迁 移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质， 有醇羟基决定具有醇的性质，本题的难点是双键的判断，容易忽视羧基中含有的碳氧双键。 8.《本草经集注》记载：“鸡屎矾(碱式硫酸铜或碱式碳酸铜)不入药用，惟堪镀作，以合熟 铜；投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”。下列说法错误 是的A. 鸡屎矾中主要成分属于碱式盐 B. 碱式碳酸铜不稳定，受热易分解 C. “涂铁皆作铜色”发生反应为置换反应 D. “内质不变”说明出现了钝化现象。 【答案】D 【解析】 【详解】A.鸡屎矾中主要成分是 Cu2(OH)2CO3，含有未被中和的 OH-，因此属于碱式盐，A 正确； B.碱式碳酸铜受热易分解产生 CuO、CO2、H2O，因此不稳定，B 正确； C.Fe 与铜的化合物反应产生单质铜，Fe 变为相应的盐，发生反应为置换反应，C 正确； D.碱式碳酸铜不致密，不能对内部物质起到保护作用，D 错误； 故合理选项是 D。 9.下列药品和装置合理且能完成相应实验的是 A. 喷泉实验 B. 实验室制取并收集氨气C. 制备氢氧化亚铁 D. 制取并收 集二氧化硫 【答案】C 【解析】 【详解】A．NO 与水不反应，且不溶于水，不能形成喷泉，故 A 错误； B．为防止试管炸裂，应将试管口应向下倾斜，故 B 错误； C．氢氧化亚铁易与空气中氧气反应而变质，应将硫酸亚铁的溶液滴管插入到液面以下，故 C 正确； D．SO2 的密度比空气大，收集时导管应长进短出，故 D 错误； 故答案为 C。 【点睛】对实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确的判断。主要从以下几个 方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验装置及连接方式是否正确；⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥有无化学安 全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。 10.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 合成氨需在高温高压下才能进行反应 该反应为吸热反应 B 将 SO2 通入被氨气饱和的 BaCl2 溶液中，有白色 沉淀生成 说明有 BaSO4 生成 C Mg2Si 水解产生的甲硅烷（SiH4）易自燃 甲硅烷的还原性很强，着火点低 D 铝制容器用于储存、运输浓硝酸 铝制容器和浓硝酸不反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应是放热反应或吸热反应，与反应条件无关，事实上合成氨的反应为放热反应， 故 A 错误； B．将 SO2 通入被氨气饱和的 BaCl2 溶液中，有白色沉淀生成，此沉淀为 BaSO3，故 B 错误； C．Mg2Si 水解产生的甲硅烷(SiH4)易自燃，说明甲硅烷易被空气中氧气氧化，即甲硅烷的还原 性很强，且着火点低，故 C 正确； D．铝常温下遇浓硝酸钝化，则可用铝制容器储存、运输浓硝酸，故 D 错误； 故答案为 C。 11.甲、乙、丙、丁分别是 Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2 四种物质中的一种，若将乙溶液滴 入丁溶液，没有现象，继续滴加一段时间后，出现白色沉淀，再滴加，沉淀不消失，丁溶液 滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推断丙物质是（ ） A. Al2(SO4)3 B. FeSO4 C. BaCl2 D. NaOH 【答案】B 【解析】 【详解】若将乙溶液滴入丁溶液中，没有现象，继续滴加一段时间后，出现白色沉淀，再滴加，沉淀不消失，应为 NaOH 溶液中滴加 Al2(SO4)3 溶液，则乙为 Al2(SO4)3，丁为 NaOH；丁溶 液滴入甲溶液时，无明显现象发生，只有 BaCl2 与 NaOH 不反应，则甲为 BaCl2，丙为 FeSO4， 故答案为 B。 12.如图两圆相交部分 A、B、C、D 分别表示两物质间的反应。下列各对应反应的离子方程式 书写不正确的是(　　) A. Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O B. Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O C. Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O D. 3Fe(OH)2＋10H＋＋NO3-=3Fe3＋＋NO↑＋8H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．稀硝酸是强氧化性酸，能将铁单质直接氧化为 Fe3+，故铁和足量稀硝酸的离子方 程式为：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，故 A 正确； B．Fe(OH)3 中铁元素为+3 价，为铁元素的最高价态，只有氧化性无还原性，故和硝酸反应时， 硝酸只能体现酸性，不能体现氧化性，故离子方程式为：Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O，故 B 正确； C．Fe3O4 中铁元素有+2 价和+3 价，而稀硝酸是强氧化性酸，能将 Fe2+氧化为 Fe3+，故正确的 离子方程式为：3Fe3O4+NO3-+28H+═9Fe3++NO+14H2O，故 C 错误； D．Fe(OH)2 中铁元素为+2 价，有较强还原性，故 Fe(OH)2 既有碱性又有强还原性，故和硝酸 反应时，会被硝酸氧化为 Fe3+，故离子方程式为：3Fe(OH)2+10H++NO3-═3Fe3++NO↑+8H2O，故 D 正确； 故答案为 C。 【点睛】考查离子方程式的书写，明确硝酸的氧化性和铁单质、亚铁离子的还原性是解题关 键，稀硝酸是强氧化性酸，能将铁单质直接氧化为 Fe3+，故也能将 Fe2+氧化为 Fe3+，难点是选 项 C 容易忽视 Fe3O4 中铁元素有+2 价和+3 价。 二、选择题13.下列说法正确的是 A. 1996 年人工合成了第 112 号元素鎶(Cn),盛放鎶的容器上应该贴的标签是 B. Na、Al、Cu 可以分别用热还原法、热分解法和电解法冶炼得到 C. 铜、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质 D. 煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化 【答案】A 【解析】 【详解】A．第 112 号元素鎶(Cn)为放射性元素，则盛放鎶的容器上应该贴的标签是 ， 故 A 正确； B．Na、Al 均为活泼金属，则由金属的工业冶炼原理可知，Na、Al、Cu 可以分别用电解法、 电解法、热还原法冶炼得到，故 B 错误； C．铜是金属单质，不是电解质，也不是非电解质，而冰醋酸、酒精分别属于弱电解质、非电 解质，故 C 错误； D．煤的气化、液化和煤的干馏均属于化学变化，故 D 错误； 故答案为 A。 【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属 氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物 和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也 可能导电，如 CO2 的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物， 既要排除单质又要排除混合物。 14.下列有关化学用语表示正确的是 A. H2O2 的电子式： B. 乙烯的结构简式:HC≡CH C. 中子数为 16 的磷原子： D. 明矾的化学式：KAlSO4·12H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．过氧化氢为共价化合物，过氧化氢中 O、O 之间形成一对共用电子对，过氧化氢 的电子式为 ，故 A 错误； B．乙烯的结构简式 CH2=CH2，故 B 错误； 31 15 PC．中子数为 16 的磷原子的质量数=质子数+中子数=15+16=31，而质量数标在元素符号的左上 方，故此磷原子为 ，故 C 正确； D．明矾的化学式为 KAl(SO4) 2·12H2O，故 D 错误； 故答案为 C。 【点睛】明确电子式书写 方法是解题关键，在电子式的正误判断中，首先判断化合物的类 型，离子化合物的电子式一定存在[ ]，共价化合物一定不存在[ ] 未参加成键的电子对一 定不省略。 15.下列有关叙述正确的是 A. 水玻璃：可用于制备硅胶和木材防火剂 B. 铝热反应既可用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁； C. 浓硫酸：可用于吸收 Cl2、SO2、H2S 等气体 D. 质量分数为 75%的 NaCl 溶液可用作生理盐水 【答案】A 【解析】 【详解】A．水玻璃是硅酸钠溶液的俗名，不能燃烧和支持燃烧，可作木材防火剂，故 A 正确； B．铝热反应原理是铝与氧化铁反应生成铁和氧化铝，液态铁用于焊接钢轨，但不用于工业上 冶炼铁，工业上冶炼铁原理 CO 还原铁的氧化物得到铁，故 B 错误； C．Cl2、SO2、H2S 等气体均能与碱溶液反应，常用 NaOH 溶液吸收，浓硫酸与 Cl2、SO2 等不反 应，能氧化 H2S 生成 S 或 SO2，会造成二次污染，故 C 错误； D．生理盐水是 0.9%的 NaCl 溶液，故 D 错误； 故答案为 A。 16.一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法错误的是 A. 反应①属于“氮的固定” B. 反应②属于非氧化还原反应 的 31 15 PC. 反应③可通过电解 LiOH 水溶液实现 D. 上述三步循环的总反应方程式为 2N2+6H2O=4NH3+3O2 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应①是 Li 和氮气反应生成 Li3N 的过程中是游离态氮元素转化为化合态，为氮 的固定，故 A 正确； B．反应②是 Li3N 和水反应生成 LiOH 和 NH3，反应过程中无元素化合价变化，为非氧化还原反 应，故 B 正确； C．电极 LiOH 溶液阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，不能 得到金属 Li，故 C 错误； D．三步反应 6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3、4LiOH 4Li+O2↑+2H2O，上述三步循 环的总结果为 2N2+6H2O═4NH3+3O2，故 D 正确； 故答案为 C。 17.下列除去杂质的方法正确的是 A. 除去 CO2 中少量的 SO2 气体：将气体通过饱和碳酸钠溶液 B. 除去 FeCl3 酸性溶液中少量的 FeCl2：加入稍过量双氧水后静置 C. 除去 SiO2 中的 Al2O3：加入稍过量的 NaOH 溶液充分反应后过滤 D. 除去 NO2 气体中少量的 NH3：将气体通过水溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故 A 错误； B．过氧化氢可氧化亚铁离子，且不引入新杂质，故 B 正确； C．SiO2 和 Al2O3 均能溶解于 NaOH 溶液，应选择稀盐酸或稀硫酸，故 C 错误； D．NO2 气体也能溶于水生成 HNO3 和 NO，不符合除杂原则，故 D 错误； 故答案为 B。 【点睛】在解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:①不能引入 新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入 其中；②分离提纯后的物质状态不变；③实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方 法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。18.含 MgCl2、AlCl3 均为 nmol 的混合溶液，向其中滴 NaOH 溶液至过量。加入 NaOH 的物质的 量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（离子（或物质）沉淀 pH 见表） 离子 Mg2+ Al3+ 物质 Al(OH)3 开始沉淀时的 pH 8.93 3.56 开始溶解时的 pH 8.04 完全沉淀时的 pH 10.92 4.89 完全溶解时的 pH 12.04 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】当 Al3+完全沉淀时，溶液的 pH=8.04，而镁离子开始沉淀的 pH=8.93，则 Al3+完全沉淀时 Mg2+还没有开始沉淀；即：当 Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；镁离子完 全沉淀的 pH=10.92，、氢氧化铝完全溶解的 pH=12.04，则当 Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有 完全被溶解，所以正确的图象应该是 C； 答案选 C。 第Ⅱ卷 (非选择题) 19.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品 M 进行探究。已知 C 可在 D 中燃烧发出苍 白色火焰。M 与其他物质的转化关系如图 1 所示(部分产物已略去)： (1)写出 B 的电子式________。 (2)若 A 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出 A 和 B 水溶液反应的离子方程式 __________________________。 (3)若 A 是 CO2 气体，A 与 B 溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的 CO2 物质 的量与所用盐酸体积如图 2 所示，则 A 与 B 溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为 _____________；c(HCl)=________mol/L。 (4)若 A 是一种常见金属单质，且 A 与 B 溶液能够反应，则将过量的 F 溶液逐滴加入 E 溶液， 边加边振荡，所看到的实验现象是______________________________________。 (5)若 A 是一种可用于做氮肥的化合物, A 和 B 反应可生成气体 E，E 与 F、E 与 D 相遇均冒白 烟，且利用 E 与 D 的反应检验输送 D 的管道是否泄露，写出 E 与 D 反应的化学方程式为 ___________________。 (6)若 A 是一种溶液，可能含有 H＋、NH 、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当 向该溶液中加入 B 溶液时发现生成沉淀的物质的量随 B 溶液的体积发生变化如图 3 所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为 ______________。 【答案】 (1). (2). Si+2OH- +2H2O=SiO32-+2H2↑ (3). NaOH、Na2CO3 (4). 0.05 (5). 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 (6). 3Cl2＋8NH3===N2 ＋ 6NH4Cl (7). H ＋ 、 Al3 ＋ 、 、 (8). c(H ＋ )∶c(Al3 ＋)∶c( )∶c( )＝1∶1∶2∶3 【解析】 【分析】 (1) C 可在 D 中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成 HCl，可推知 C 为 H2、D 为 Cl2、 F 为 HCl，M 是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M 的溶液电解生成氢气、氯 气与 B，可推知 M 为 NaCl、B 为 NaOH； (2)若 A 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则 A 为 Si，Si 和 NaOH 的水溶液反应 生成 Na2SiO3 和 H2； (3) 曲线中，从 0.4L～0.6L 发生反应 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为 200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为 400mL，大于 200mL，所以溶液中的溶质成分 NaOH、 Na2CO3； (4)若 A 是一种常见金属单质，且与 NaOH 溶液能够反应，则 A 为 Al，E 为 NaAlO2，则将过量 的 HCl 溶液逐滴加入 NaAlO2 溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解； (5) 若 A 是一种氮肥，实验室可用 A 和 NaOH 反应制取气体 E，则 E 为 NH3、A 为铵盐，E 与氯 气相遇均冒白烟，且利用 E 与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应 生成氯化铵，同时生成氮气； (6) 由图可知，开始加入 NaOH 没有沉淀和气体产生，则一定有 H+，一定没有 CO32-，后来有沉 淀产生且最后消失，则一定没有 Mg2+、Fe3+，一定含有 Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为 NH4++OH-=NH3•H2O 的反应，则含有 NH4+，由电荷守恒可知一定含有 SO42-，根据各阶段消耗的 NaOH 4NH + 2 4SO − 4NH + 2 4SO −体积结合离子方程式计算 n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与 n(SO42-)的比 例关系，据此计算。 【详解】(1)B 为 NaOH，其电子式为 ； (2) A 为 Si，Si 和 NaOH 的水溶液反应生成 Na2SiO3 和 H2，反应的离子方程式为 Si+2OH- +2H2O=SiO32-+2H2↑； (3) 曲线中，从 0.4L～0.6L 发生反应 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为 200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为 400mL，大于 200mL，所以溶液中的溶质成分 NaOH、 Na2CO3；生成 0.01molCO2 需要的盐酸为 200mL，结合反应原理 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O， 则 c(HCl)= =0.05mol/L； (4) 若 A 是一种常见金属单质，且与 NaOH 溶液能够反应，则 A 为 Al，E 为 NaAlO2，则将过量 的 HCl 溶液逐滴加入 NaAlO2 溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为： 液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失； (5) 若 A 是一种氮肥，实验室可用 A 和 NaOH 反应制取气体 E，则 E 为 NH3、A 为铵盐，E 与氯 气相遇均冒白烟，且利用 E 与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应 生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl， (6) 由图可知，开始加入 NaOH 没有沉淀和气体产生，则一定有 H+，一定没有 CO32-，后来有沉 淀产生且最后消失，则一定没有 Mg2+、Fe3+，一定含有 Al3+；中间段沉淀 质量不变，应为 NH4++OH-=NH3•H2O 的反应，则含有 NH4+，由电荷守恒可知一定含有 SO42-，发生反应 H++OH-=H2O， 氢离子消耗 NaOH 溶液的体积为 1 体积，发生反应 Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗 NaOH 溶 液的体积为 3 体积，发生反应 NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为 2 体积，则 n(H+)：n(Al3+)： n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故 c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。 20.FeCl2 具有独有的脱色能力，适用于印染、造纸行业的污水处理。FeCl3 在加热条件下遇水 剧烈水解。FeCl3 和 FeCl2 均不溶于 C6H5Cl、C6H4Cl2、苯。回答下列问题： (1)由 FeCl3．6H2O 制得干燥 FeCl2 的过程如下： i．向盛有 FeCl3．6H2O 的容器中加入过量 SOCl2(液体，易水解)，加热，获得无水 FeCl3。 ii．将无水 FeCl3 置于反应管中，通入一段时间的氢气后再加热，生成 FeCl2。 ①FeCl3．6H2O 中加入 SOCl2 获得无水 FeCl3 的化学方程式为__________________。(已知该反 应为非氧化还原反应) 的 0.01mol 0.2L②使用 NH4SCN 可以检验 ii 中 FeCl3 是否含完全转化，请写出离子反应方程式_____________。 (2)利用反应 2FeCl3 + C6H5Cl 2FeCl2+ C6H4Cl2 +HCl↑，制取无水 FeCl2。在三颈烧瓶中加 入无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围内加热 3 h，冷却、分离、提纯得到粗 产品，实验装置如图。(加热装置略去) ①仪器 B 的名称是_________ ；C 的试剂名称是________。 ②反应结束后，冷却实验装置 A，将三颈烧瓶内物质倒出，经______、_______、干燥后，得 到 FeCl2 粗产品。 ③该装置存在的不足之处是__________________________。 (3)粗产品中 FeCl2 的纯度测定。 ①取 a g 粗产品配制成 100 mL 溶液；②用移液管移取所配溶液 5.00mL，放入 500 mL 锥形瓶内 并加水至体积为 200mL；③用 0.100 mol·L-1 酸性 KMnO4 标准溶液滴定，终点时消耗酸性 KMnO4 标准溶液 V mL。若已知消耗酸性高锰酸钾溶液为 VmL，所配溶液的密度 ρ(FeCl2)=kV ，密度 的单位为 g·L-1，则 k=___________g·L-1·mL-1。 【答案】 (1). FeCl3．6H2O＋6SOCl2 FeCl3+ 12HCl↑＋6SO2↑ (2). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 或 Fe3++SCN-=Fe(SCN)2+ (3). （球形）冷凝管 (4). 水或氢氧化钠溶液 (5). 过滤 (6). 洗涤 (7). 装置 B（或 A）和 C 之间缺少一个装有无水氯化钙（P2O5 或硅胶）的球形干 燥管 (8). 12.7 【解析】 【分析】 (1)①SOCl2 与水接触会迅速产生白雾和 SO2，则 FeCl3．6H2O 中加入 SOCl2 获得无水 FeCl3 和 HCl、SO2； ②Fe3+溶液中滴加含 SCN-的溶液会变血红色； (2)①根据仪器的结构和性能确定仪器的名称；C 装置的作用是吸收挥发出的 HCl 气体； Δ②固液分离用过滤操作； ③FeCl3 和 FeCl2 均易水解，要防止 C 中水蒸气进入 A 中； (3)已知酸性条件下 Fe2+被 KMnO4 溶液氧化时发生的离子反应方程式为 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；用 0.100 mol·L-1 酸性 KMnO4 标准溶液滴定，终点时消耗酸 性 KMnO4 标准溶液 V mL，则参加反应的 MnO4-的物质的量为 0.100 mol·L-1×V×10-3L=V×10-4mol，则 ag 粗产品中含有的 Fe2+物质的量为 V×10-4mol×5× =V×10-2mol，溶液中 FeCl2 的质量为 V×10-2mol×127g/mol=1.27Vg，所配溶液的密 度 ρ(FeCl2)=kV 计算 k。 【详解】(1) ①SOCl2 与水接触会迅速产生白雾和 SO2，则 FeCl3．6H2O 中加入 SOCl2 获得无水 FeCl3 和 HCl、SO2，则发生反应的化学方程式为 6SOCl2+FeCl3•6H2O=FeCl3+12HCl↑+6SO2↑； ②利用 NH4SCN 检验溶液中是否含有 Fe3+，判断 FeCl3 是否含完全转化，若不变红则完全转化， 发生反应的离子方程式为 Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 或 Fe3++SCN-=Fe(SCN)2+； (2)①由仪器的结构和性能可知：仪器 B 的名称是(球形)冷凝管；装置 C 中应盛装水或 NaOH 溶液吸收挥发的 HCl 气体； ②反应结束后，冷却实验装置 A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到 FeCl2 粗产品； ③该装置存在的不足之处是装置 B(或 A)和 C 之间缺少一个装有无水氯化钙(P2O5 或硅胶)的球 形干燥管，易造成 C 中水蒸气进入 A 中，促进 FeCl3 或 FeCl2 的水解； (3)已知酸性条件下 Fe2+被 KMnO4 溶液氧化时发生的离子反应方程式为 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；用 0.100 mol·L-1 酸性 KMnO4 标准溶液滴定，终点时消耗酸 性 KMnO4 标准溶液 V mL，则参加反应的 MnO4-的物质的量为 0.100 mol·L-1×V×10-3L=V×10-4mol，则 ag 粗产品中含有的 Fe2+物质的量为 V×10-4mol×5× =V×10-2mol，溶液中 FeCl2 的质量为 V×10-2mol×127g/mol=1.27Vg，则所配溶液的 密度 ρ(FeCl2)= =kV，解得 k=12.7g·L-1·mL-1。 21.锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂（LiCoO2）和石墨。 钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。 (1)锂离子电池（又称锂离子浓差电池）的充电过程：Li+从含 LiCoO2 的电极中脱出，正三价 Co 被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2）。 100mL 5mL 100mL 5mL 1.27Vg 0.1L①充电时，a 极的电极反应式为____________________________________。 ②放电时，电流从______（填“a”或“b”）极流出。 (2)钴酸锂回收再生流程如下： ①H2SO4 酸浸时，通常添加 30%的 H2O2 以提高浸出效率，其中 H2O2 的作用是_______________。 ②用盐酸代替 H2SO4 和 H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸，主要原因之一是：会产 生有毒、有污染的气体。写出相应反应的化学方程式______________________________。 ③高温下，在 O2 存在时纯净的 CoC2O4 与 Li2CO3 再生为 LiCoO2 的化学方程式为 _______________。 (3)已知下列热化学方程式： Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－25 kJ·mol－1 3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－47 kJ·mol－1 Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3＝＋19 kJ·mol－1 写出 FeO(s)被 CO 还原成 Fe 和 CO2 的热化学方程式_____________________________。 【答案】 (1). LiCoO2－xe－＝Li1－xCoO2 +xLi+ (2). a (3). 还原 LiCoO2（将 LiCoO2 中的+3 价 Co 还原为 Co2+） (4). 2LiCoO2 +8HCl＝2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O (5). 4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 4LiCoO2 +10CO2 (6). FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝－ 11 kJ·mol－1 或 3FeO(s)＋3CO(g)===3Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－33 kJ·mol－1 【解析】【分析】 (1)由题给信息可知充电过程：Li+从含 LiCoO2 的电极中脱出，正三价 Co 被氧化，放电时 a 为 正极，发生还原反应生成 LiCoO2，b 为负极，Li 被氧化生成离子； (2) 由流程可知，钴酸锂滤渣用稀硫酸酸浸，滤液含有钴离子、锂离子，加入草酸，可生成 CoC2O4， 含锂离子的溶液加入碳酸钠生成碳酸锂，与 CoC2O4 在高温下反应生成 LiCoO2，以此解答该题。 (3) 首先写出 FeO(s)被 CO 还原成 Fe 和 CO2 的热化学方程式 CO(g)+FeO(s)=Fe(g)+CO2(g)△H， 利用盖斯定律①×3-(③×2+②)可得到该化学方程式。 【详解】(1) 充电过程：Li+从含 LiCoO2 的电极中脱出，正三价 Co 被氧化，放电时 a 为正极， 发生还原反应生成 LiCoO2，b 为负极，Li 被氧化生成离子； ①充电时，a 极为阳极，发生氧化反应，则电极反应式为 LiCoO2－xe－＝Li1－xCoO2 +xLi+； ②放电时，电流从正极流出，即从 a 极流出。 (2)①添加 30% 的 H2O2，生成钴离子，可知过氧化氢起到还原剂的作用，还原 LiCoO2； ②由题中信息知 LiCoO2 具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，且引入氯离子杂质， 在后续步骤中难以分离，反应 方程式为 2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O； ③高温下，在 O2 存在时纯净的 CoC2O4 与 Li2CO3 再生为 LiCoO2，同时有 CO2 生成，发生反应的 化学方程式为 4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 4LiCoO2 +10CO2； (3) ①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；△H=-25kJ/mol， ②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)；△H=-47kJ/mol，③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)； △H=+19kJ/mol，依据盖斯定律①×3-(③×2+②)得到： 6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(g)+6CO2(g)△H=-66kJ/mol，则 FeO(s)被 CO 还原成 Fe 和 CO2 的热化学方 程式为 FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝－11 kJ·mol－1 或 3FeO(s)＋3CO(g)===3Fe(s) ＋3CO2(g) ΔH＝－33 kJ·mol－1。 【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程 式)，结合原热化学方程式(一般 2～3 个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某 一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的 ΔH 与原 热化学方程式之间 ΔH 的换算关系。 22.GaN 是制造 5G 芯片的材料，氮化镓铝和氮化铝 LED 可发出紫外光。回答下列问题： (1)基态 As 原子核外电子排布式为[Ar]____________；下列状态的铝元素中，电离最外层的 一个电子所需能量最小的是______________(填标号)。 的A． B． C． D． (2)8—羟基喹啉合铝（分子式 C27H18AlN3O3）用于发光材料及电子传输材料，可由 LiAlH4 与 8—羟基喹啉)合成。LiAlH4 中阴离子的空间构型为______________； 8—羟基喹啉 合铝中所含元素电负性最大的是______________（填元素符号，下同），第一电离能最大的是 __________（填元素符号），N 原子的杂化方式为_____________。 (3)已知下列化合物的熔点： 化合物 AlF3 GaF3 AlCl3 熔点/℃ 1040 1000 194 ①表格中卤化物的熔点产生差异的原因是 _______________________________________________。 ②熔融 AlCl3 时可生成具有挥发性的二聚体 Al2Cl6 分子，分子中每个原子最外层均达到 8 电子， 二聚体 Al2Cl6 的结构式为______________________________；其中 Al 的配位数为_________。 【答案】 (1). 3d104s24p3 (2). D (3). 正四面体 (4). O (5). N (6). sp2 (7). AlF3 、 GaF3 为 离 子 晶 体 ， AlCl3 为 分 子 晶 体 ， 晶 格 能 ： AlF3>GaF3, (8). (9). 4 【解析】 【分析】 (1) As 为 33 号元素，原子核外电子数为 33，其核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3； 能量越高越不稳定，越易失电子，所以激发态的微粒易失电子，原子轨道中处于半满状态时 较稳定； (2)LiAlH4 中的阴离子中 Al 原子价层电子对个数=4+ =4 且不含孤电子对，根据价层 电子对互斥理论判断其空间构型；元素的非金属性越强，电负性越大，而金属性越强，通常 3 1 4 1 2 + − ×第一电离能最小；根据分子结构中 N 原子成键数和孤对电子数判断杂化方式； (3)通常离子晶体的熔点大于分子晶体，离子晶体的晶格能大熔点高； ②二聚体 Al2Cl6 中 Al 原子有空轨道，Cl 可以提供孤电子对形成配位键；配合物中的配位数是 指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目。 【详解】(1) 基态 As 原子核外有 33 个电子，电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3，即[Ar] 3d104s24p3；A 为失去两个电子后的状态，B 为失去一个电子后的状态，C 为失去三个电子后的 状态，D 为有一个电子的跃迁的激发态，A 电离最外层一个电子所需能量实际就是第三电离能， B 电离最外层一个电子所需能量实际就是第二电离能，C 电离最外层一个电子所需能量实际就 是第四电离能，D 电离最外层一个电子所需能量为处于激发态的 1 个电子，所以需要能量最大 的是 C，最小的是 D，故答案为 D； (2)LiAlH4 中的阴离子中 Al 原子价层电子对个数=4+ =4 且不含孤电子对，sp3 杂化， 根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形；8—羟基喹 啉合铝中所含元素分别是 C、H、N、O 和 Al 元素，其中氧元素的非金属性最强，则电负性最 大的是 O；Al 是金属元素，易失电子，第一电离能较小，而非金属元素第一电离能同周期从 左到右，呈增大趋势，由于 N 原子价电子半充满，比 O 原子稳定，第一电离能大于 O，则 N 元 素的第一电离能最大；分子中 N 原子的成键数是 2 和孤对电子数是 1，杂化轨道数目为 3，N 原子采取 sp2 杂化； (3)①表格中卤化物的熔点产生差异的原因是 AlF3 和 GaF3 是离子晶体，且晶格能 AlF3>GaF3， 则 AlF3 的熔点比 GaF3 高，而 AlCl3 是分子晶体，其熔点明显比 AlF3 和 GaF3 的熔点低； ②熔融时 AlCl3 生成可挥发的二聚体 Al2Cl6，该二聚体由 Al 提供空轨道，Cl 原子提供电子对 形成配位键，其结构式为 ；配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子) 配位的原子数目，二聚体 Al2Cl6 中与 Al 直接相连的原子有 4 个，故其配位数为 4。 3 1 4 1 2 + − ×