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2019-2020学年广东省深圳市南山区南头中学高三（上）期中化学试卷
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这是一份2019-2020学年广东省深圳市南山区南头中学高三（上）期中化学试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，必考题，选考题等内容，欢迎下载使用。
2019-2020学年广东省深圳市南山区南头中学高三（上）期中化学试卷
一、选择题
1．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸
B．CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂
C．FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
D．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Fe（NO3）3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
B．将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+═2Na++Cu
C．将1molCl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．用稀硝酸除去试管内壁银：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O
3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．向含0.1mol Na2SiO3的溶液中滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目为0.1NA
B．17g羟基（﹣OH）所含电子总数为9NA
C．1molCH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl分子数为NA
D．7.8gNa2O2分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，转移的电子数目均为0.1NA
4．如图是实验室制取无水氯化镁的装置图，下列有关表述正确的是（ ）
A．装置A中圆底烧瓶中可以换成固体MnO2
B．如果直接加热MgCl2•6H2O不能得到无水氯化镁，将得到Mg（OH）Cl或MgO
C．尾气吸收可以用浓硫酸作为吸收剂进行吸收
D．金属镁在空气中燃烧，剧烈反应生成氧化镁，如果金属镁燃烧发生火灾，要立即用二氧化碳灭火器进行灭火
5．最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．右边吸附层中发生了还原反应
B．负极的电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O
C．电池的总反应是2H2+O2═2H2O
D．电解质溶液中Na+向右移动，ClO4﹣向左移动
6．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示（部分生成物已省略）。则下列说法中正确的是（ ）
A．沸点：W＞X
B．原子半径：D＞C＞B＞A
C．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物
7．莽草酸的一种异构体A在浓硫酸作用下加热可得到B．下列说法不正确的是（ ）
A．X的化学式为H2O
B．A既能使Br2/CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
C．B所有碳原子在同一平面上
D．与B分子式相同，有三个官能团且苯环上的一氯取代物有两种的异构体只有一种
二、必考题
8．四氯化锡可用作媒染剂、有机合成中氯化的催化剂等．实验室制备四氯化锡所需的有关装置和信息如下：
有关信息：①将金属锡熔融，通入干燥氯气进行反应，生成四氯化锡；②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点﹣33℃，沸点114.1℃；③四氯化锡易水解．
回答下列问题：
（1）装置甲中反应容器的名称是 ；试剂E和F分别是 、 ．
（2）装置甲中发生反应的化学方程式为 ；装置戊中发生反应的化学方程式为 ．
（3）上述各装置的连接顺序是甲→ → → （填装置标号），实验开始时点燃的酒精灯是 （填“甲”或“戊”）．
（4）装置乙的作用是 ．
（5）实验所得SnCl4中因溶解了Cl2而略显黄色，提纯SnCl4的方法是 （填标号）．
a．用NaOH溶液洗涤 b．升华 c．重结晶 d．蒸馏 e．过滤 f．萃取
（6）四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性，原因是 （用化学方程式表示）．
9．某研究小组为探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应的实质．设计了如图所示装置进行实验．已知：1.0mol/L的Fe（NO3）3溶液的pH＝1．
请回答：
（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为 ．
（2）实验前鼓入N2的目的是 ．
（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是 ，说明SO2具有 性．
（4）分析B中产生白色沉淀的原因．
观点1：SO2与Fe3+反应；
观点2：在酸性条件下SO2与NO3﹣反应；
①若观点1正确，除产生沉淀外，还应观察到的现象是 ．
②按观点2，装置B中反应的离子方程式是 ，
③有人认为，如将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确．此时应选择的最佳试剂是（填序号） ．
A．1mol/L稀硝酸
B．1.5mol/L Fe（NO3）2溶液
C．6.0mol/L NaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液
D．3.0mol/L NaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液．
10．辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质．研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜．主要工艺流程如下：
已知：
①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②[Cu（NH3）4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：
Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4～6.4
④MnSO4•H2O溶于1份冷水、0.6份沸水，不溶于乙醇．
（1）实验室配制250mL 4.8mol•L﹣1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要 ．
（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有 （任写一点）．
（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等．写出该反应的化学方程式： ．
（4）调节浸出液pH＝4的作用是 ．
（5）本工艺中可循环使用的物质是 （写化学式）．
（6）获得的MnSO4•H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用 洗涤．
（7）测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为 ．
三、选考题
11．研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应原理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
（1）合成氨中的H2可由下列反应制取：
CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+akJ/mol，①
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣bkJ/mol，②
则反应CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝ 。
（2）燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原消除污染。请写出CH4与NO2反应的化学方程式 。
（3）电解法处理含NO3﹣和Cl﹣的酸性废水，两极产物继续反应，最终生成N2逸出。其装置及转化如图所示：
①阴极的电极反应式为 。
②生成N2的离子方程式为 。
（4）用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A.电极Ⅰ为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
B.电解时H+由电极I向电极Ⅰ迁移
C.吸收塔中的反应为2NO+2S2O42﹣+2H2O═N2+4HSO3﹣
D.每处理1molNO，可同时得到32gO2
2019-2020学年广东省深圳市南山区南头中学高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸
B．CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂
C．FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
D．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
【分析】A、常温下浓硝酸能使Al发生钝化；
B、CaO2是过氧化物，能与水反应生成氢氧化钙和氧气；
C、FeCl3溶液具有氧化性，能与Cu、Fe等金属发生氧化还原反应；
D、明矾中的铝离子易水解生成吸附性强的Al（OH）3胶体。
【解答】解：A、常温下浓硝酸能使Al发生钝化，形成致密氧化物保护膜，阻止反应的继续发生，所以可用铝罐贮运浓硝酸，与铝具有良好导热性无关，故A错误；
B、CaO2是过氧化物，性质类似于过氧化钠，能与水反应生成氢氧化钙和氧气，可作水产养殖中的供氧剂，故B正确；
C、FeCl3溶液具有氧化性，能与Cu等金属发生氧化还原反应，所以该原理可用作铜制线路板的蚀刻，故C正确；
D、明矾中的铝离子易水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附能力强，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了化学知识在生产、生活中的应用，侧重化学反应原理和物质性质的考查，注意理解物质的性质与用途的关系，题目难度中等。
2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Fe（NO3）3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
B．将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+═2Na++Cu
C．将1molCl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．用稀硝酸除去试管内壁银：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O
【分析】A.漏掉了硝酸根离子与碘离子的反应；
B.钠直接与水反应，在溶液中完全置换出铜；
C.碘离子的还原性大于亚铁离子，碘离子优先被氧化，2mol碘离子恰好消耗1mol氯气，亚铁离子不反应；
D.银与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水。
【解答】解：A.向Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液，离子方程式为：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣＝Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故A错误；
B.将Na投入到CuSO4溶液中生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+＝2Na++Cu（OH）2↓+H2↑，故B错误；
C.将1molCl2通入到含1mol FeI2的溶液，离子方程式为：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故C错误；
D.用稀硝酸除去试管内壁银，离子方程式为：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应先后顺序为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，C为易错点，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．向含0.1mol Na2SiO3的溶液中滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目为0.1NA
B．17g羟基（﹣OH）所含电子总数为9NA
C．1molCH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl分子数为NA
D．7.8gNa2O2分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，转移的电子数目均为0.1NA
【分析】A．硅胶为多个硅酸分子集合体；
B．1个羟基含有9个电子；
C．甲烷与氯气反应为连锁反应；
D．过氧化钠与二氧化硫反应只做氧化剂，过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，过氧化钠既做氧化剂，又做还原剂。
【解答】解：A．硅胶为多个硅酸分子集合体，所以向含0.1mol Na2SiO3的溶液中滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目小于0.1NA，故A错误；
B．17g羟基（﹣OH）所含电子总数为×9×NAmol﹣1＝9NA，故B正确；
C．氯气与CH4取代为连锁反应，同时生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，即1molCH4并没有完全转化为CH3Cl，故CH3Cl物质的量小于NA，故C错误；
D．7.8 g Na2O2的物质的量为0.1mol，分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，分别生成Na2CO3和Na2SO4，生成Na2CO3时，只有一半的O22﹣被还原为﹣2价，生成时Na2SO4，所有O22﹣均被还原为﹣2价，故转移的电子数目分别为0.1NA和0.2NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4．如图是实验室制取无水氯化镁的装置图，下列有关表述正确的是（ ）
A．装置A中圆底烧瓶中可以换成固体MnO2
B．如果直接加热MgCl2•6H2O不能得到无水氯化镁，将得到Mg（OH）Cl或MgO
C．尾气吸收可以用浓硫酸作为吸收剂进行吸收
D．金属镁在空气中燃烧，剧烈反应生成氧化镁，如果金属镁燃烧发生火灾，要立即用二氧化碳灭火器进行灭火
【分析】该制备原理是在HCl的环境下，加热MgCl2•6H2O晶体，防止水解，制备无水氯化镁．
A、装置A的作用是产生HCl气体，通入B装置防止镁离子水解；
B、直接镁离子水解，不能得到无水氯化镁，可能得到Mg（OH）Cl或MgO；
C、实验尾气中含有HCl，浓硫酸不能吸收HCl；
D、Mg可以在二氧化碳中燃烧．
【解答】解：该制备原理是在HCl的环境下，加热MgCl2•6H2O晶体，防止水解，制备无水氯化镁。
A、装置A的作用是产生HCl气体，装置A中圆底烧瓶中可以换成固体MnO2，不能产生HCl气体，故A错误；
B、直接镁离子水解，不能得到无水氯化镁，可能得到Mg（OH）Cl或MgO，故B正确；
C、实验尾气中含有HCl，会污染空气，浓硫酸不能吸收HCl，可以用水吸收，需放倒吸，故C错误；
D、Mg可以在二氧化碳中燃烧，Mg失火不能用二氧化碳灭火器进行灭火，故D错误；
故选：B。
【点评】考查学生对实验原理的理解、盐类水解、Mg元素单质及化合物的性质等，难度中等，注意基础知识的理解掌握．
5．最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．右边吸附层中发生了还原反应
B．负极的电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O
C．电池的总反应是2H2+O2═2H2O
D．电解质溶液中Na+向右移动，ClO4﹣向左移动
【分析】由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e﹣+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。
【解答】解：A．由电子流向可知，右边吸附层为正极，发生了还原反应，故A正确；
B．由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，故B正确；
C．负极电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，正极电极反应是2e﹣+2H+═H2，电池的总反应无氧气参加，故C错误；
D．原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右正极移动，ClO4﹣向左负极移动，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从电子流向判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写。
6．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示（部分生成物已省略）。则下列说法中正确的是（ ）
A．沸点：W＞X
B．原子半径：D＞C＞B＞A
C．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物
【分析】X、Y、Z、W分别是由四种短周期元素中的两种组成的常见化合物，由转化关系可知甲、乙也是由单质元素组成的物质，而Y为淡黄色固体，W为常见液体，二者反应生成单质甲，故Y是Na2O2、W是H2O、甲是O2．甲与Z生成的乙为红棕色气体，则乙是NO2、Z是NO．X与O2生成NO，所以X是NH3，因为A、B、C、D的原子序数依次增加，可知A、B、C、D分别是H、N、O、Na。
【解答】解：根据分析可知，A、B、C、D分别是H、N、O、Na；X是NH3，Y是Na2O2，Z是NO，W是H2O，甲是O2，乙是NO2。
A．常温下，H2O为液体，而NH3为气体，所以沸点：H2O＞NH3，故A正确；
B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，所有元素中H原子半径最小，所以原子半径：D＞B＞C＞A，故B错误；
C．C、D两种元素组成的化合物为Na2O和Na2O2，Na2O2含有离子键和共价键，故C错误；
D．A、B、C三种元素组成的化合物有共价化合物（如HNO3），也有离子化合物（如NH4NO3），故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查无机物的推断，物质的颜色是推断突破口，注意抓住短周期元素，需要学生熟练掌握元素化合物知识。
7．莽草酸的一种异构体A在浓硫酸作用下加热可得到B．下列说法不正确的是（ ）
A．X的化学式为H2O
B．A既能使Br2/CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
C．B所有碳原子在同一平面上
D．与B分子式相同，有三个官能团且苯环上的一氯取代物有两种的异构体只有一种
【分析】A．A中发生消去反应生成B，生成2分子的水；
B．A中含有醇羟基和碳碳双键，能和溴发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．B中含有苯环，苯上所有原子共平面，﹣COOH中所有原子共平面；
D．B的同分异构体符合下列条件：含有苯环和3个官能团，则为2个﹣OH、1个﹣CHO，其苯环上一氯代物有两种，两个﹣OH位于间位，﹣CHO可能位于两个羟基的中间位置或中间位置的相对位置。
【解答】解：A．A中发生消去反应生成B，根据原子守恒知，生成2分子的水，所以X为化学式为H2O，故A正确；
B．A中含有醇羟基和碳碳双键，能和溴发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，前者是加成反应后者是氧化反应，故B正确；
C．B中含有苯环，苯上所有原子共平面，﹣COOH中所有原子共平面，所以B中所有原子共平面，故C正确；
D．B的同分异构体符合下列条件：含有苯环和3个官能团，则为2个﹣OH、1个﹣CHO，其苯环上一氯代物有两种，两个﹣OH位于间位，﹣CHO可能位于两个羟基的中间位置或中间位置的相对位置，所以符合条件的有两种同分异构体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查分析判断能力，C中原子共平面采用知识迁移的方法解答，题目难度不大。
二、必考题
8．四氯化锡可用作媒染剂、有机合成中氯化的催化剂等．实验室制备四氯化锡所需的有关装置和信息如下：
有关信息：①将金属锡熔融，通入干燥氯气进行反应，生成四氯化锡；②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点﹣33℃，沸点114.1℃；③四氯化锡易水解．
回答下列问题：
（1）装置甲中反应容器的名称是 圆底烧瓶 ；试剂E和F分别是 饱和食盐水 、 浓硫酸 ．
（2）装置甲中发生反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ；装置戊中发生反应的化学方程式为 Sn+2Cl2SnCl4 ．
（3）上述各装置的连接顺序是甲→ 丁 → 戊 → 乙 （填装置标号），实验开始时点燃的酒精灯是 甲 （填“甲”或“戊”）．
（4）装置乙的作用是 吸收未反应的氯气同时防止空气中水分进入装置戊使产物水解 ．
（5）实验所得SnCl4中因溶解了Cl2而略显黄色，提纯SnCl4的方法是 d （填标号）．
a．用NaOH溶液洗涤 b．升华 c．重结晶 d．蒸馏 e．过滤 f．萃取
（6）四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性，原因是 SnCl4+4H2OH4SnO4↓+4HCl （用化学方程式表示）．
【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，甲中发生反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，丁中试剂E为饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，试剂F为浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在装置戊中反应生成SnCl4，未反应的氯气，用装置乙中的碱石灰吸收，同时碱石灰还可以防止空气中水分进入装置戊使产物水解，以此解答该题．
【解答】解：（1）根据装置图可知，装置甲中反应容器的名称是圆底烧瓶，试剂E和F分别是饱和食盐水、浓硫酸，
故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水；浓硫酸；
（2）装置甲中发生反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓 MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置戊中发生反应的化学方程式为Sn+2Cl2SnCl4，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；Sn+2Cl2SnCl4；
（3）该实验中先制备氯气，氯气经丁装置除杂，干燥后与锡在装置戊中反应生成SnCl4，尾气用乙装置吸收，所以连接顺序是甲→丁→戊→乙，实验开始时先要用氯气将装置中空气排尽，防止空气中的水分对产物的影响，所以先点燃甲处的酒精灯，
故答案为：丁；戊；乙；甲；
（4）装置乙的作用是 吸收未反应的氯气同时防止空气中水分进入装置戊使产物水解，
故答案为：吸收未反应的氯气同时防止空气中水分进入装置戊使产物水解；
（5）四氯化锡熔点﹣33℃，沸点114，1℃，所以提纯SnCI4的方法是蒸馏，故选d；
（6）四氯化锡与空气中水分反应生成白烟H2SnO4和氯化氢，反应方程式为SnCl4+4H2OH4SnO4↓+4HCl，
故答案为：SnCl4+4H2OH4SnO4↓+4HCl．
【点评】本题考查制备实验方案设计、对原理与装置的分析评价、物质检验方案设计等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，难度中等．
9．某研究小组为探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应的实质．设计了如图所示装置进行实验．已知：1.0mol/L的Fe（NO3）3溶液的pH＝1．
请回答：
（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为 分液漏斗 ．
（2）实验前鼓入N2的目的是 排净装置中的空气，防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验 ．
（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是 BaSO4 ，说明SO2具有 还原 性．
（4）分析B中产生白色沉淀的原因．
观点1：SO2与Fe3+反应；
观点2：在酸性条件下SO2与NO3﹣反应；
①若观点1正确，除产生沉淀外，还应观察到的现象是 静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色 ．
②按观点2，装置B中反应的离子方程式是 3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO+4H+
或3SO2+2NO3﹣+2H2O═3SO42﹣+2NO+4H+；Ba2++SO42﹣═BaSO4↓ ，
③有人认为，如将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确．此时应选择的最佳试剂是（填序号） C ．
A．1mol/L稀硝酸
B．1.5mol/L Fe（NO3）2溶液
C．6.0mol/L NaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液
D．3.0mol/L NaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液．
【分析】（1）根据仪器的用途和实验室常见仪器的名称书写；
（2）氧气能氧化二氧化硫而对实验造成干扰；
（3）在水溶液里，二氧化硫被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；
（4）①铁离子被还原生成亚铁离子；
②酸性条件下，二氧化硫被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；
③乙同学的观点是：酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中硝酸根离子浓度不变即可．
【解答】解：（1）装置A中用于添加浓硫酸，为滴加液体的仪器，该仪器名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）氧气、硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，所以如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以排入氮气的目的是排净空气防止干扰实验，
故答案为：排净装置中的空气，防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验；
（3）二氧化硫具有还原性，酸性条件下，能被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，
故答案为：BaSO4；还原；
（4）①若观点1正确，二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀，溶液由黄色变为浅绿色，所以除产生沉淀外，还应观察到的现象是静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色，
故答案为：静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色；
②按观点2，酸性条件下，硝酸根离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，离子反应方程式为：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+或3SO2+2NO3﹣+2H2O═3SO42﹣+2NO↑+4H+、Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，
故答案为：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+或3SO2+2NO3﹣+2H2O═3SO42﹣+2NO↑+4H+、Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；
③乙同学的观点是：酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中硝酸根离子浓度不变即，实验中c（NO3﹣）＝3mol/L，则可用6.0mol•L﹣1NaNO3和0.2mol•L﹣1盐酸等体积混合的溶液代替，
故答案为：C．
【点评】本题以二氧化硫为载体考查了性质实验方案设计，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质进行假设，然后采用验证的方法进行探究，结合氧化还原反应分析解答，题目难度中等．
10．辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质．研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜．主要工艺流程如下：
已知：
①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②[Cu（NH3）4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：
Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4～6.4
④MnSO4•H2O溶于1份冷水、0.6份沸水，不溶于乙醇．
（1）实验室配制250mL 4.8mol•L﹣1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要 250mL容量瓶胶头滴管 ．
（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有 粉碎矿石或加热或者搅拌 （任写一点）．
（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等．写出该反应的化学方程式： Cu2S+2MnO2+4H2SO4＝2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O ．
（4）调节浸出液pH＝4的作用是 使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀 ．
（5）本工艺中可循环使用的物质是 NH3 （写化学式）．
（6）获得的MnSO4•H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用 酒精 洗涤．
（7）测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为 96.57% ．
【分析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液PH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体；
（1）配制250mL溶液，需要250mL容量瓶，还需要胶头滴管定容；
（2）矿石的颗粒大小、温度及是否搅拌等会影响浸取率；
（3）MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平；
（4）氢氧化铁开始沉淀PH＝1.5，完全沉淀PH＝3.2，Cu2+：开始沉淀是4.4，使Fe3+完全沉淀且Cu2+不沉淀的PH范围是：3.2～4.4；
（5）根据工艺流程可以看出，可循环使用的物质是氨气；
（6）MnSO4•H2O晶体在酒精中溶解度小；
（7）依据滴定反应生成的沉淀为硫酸钡，结合元素守恒计算得到样品纯度；
【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液，必不可少的是容量瓶和胶头滴管，容量瓶要标明规格，本题必须使用250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；
（2）由于酸浸时矿石颗粒大小影响浸取率，可以通过粉碎矿石提高浸取率，还可以适当升高温度或者搅拌提高浸取率，
故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或者搅拌；
（3）根据信息，MnO2能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，反应物是Cu2S、MnO2、H2SO4 ，生成物是CuSO4、MnSO4、S，
把硫化亚铜看成整体，化合价变化是：（1×2+2×1）＝4，
Mn元素化合价变化是：4﹣2＝2，
所以二氧化锰化学计量数是2，硫化亚铜的是1，再根据观察法配平其它物质；反应的化学方程式是：Cu2S+2MnO2+4H2SO4＝2CuSO4+2 MnSO4+S↓+4H2O，
故答案为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4＝2CuSO4+2 MnSO4+S↓+4H2O；
（4）根据金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围，使Fe3+完全沉淀且Cu2+不沉淀的PH范围是：3.2～4.4，故选择PH＝4目的是使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀，
故答案为：使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀；
（5）工艺流程中，加入了氨水，最后又得到了氨气，NH3 可循环使用，故答案为：NH3 ；
（6）获得的MnSO4•H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用酒精，在酒精中，硫酸锰晶体溶解度小，故获得的MnSO4•H2O晶体后常用酒精洗涤，目的是减少MnSO4•H2O晶体的损失，
故答案为：酒精；
（7）测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，为硫酸钡物质的量＝＝0.02mol，n（MnSO4•H2O）＝n（BaSO4）＝0.02mol，则此样品中MnSO4•H2O物质的量为：0.02mol×＝0.08mol，则样品中MnSO4•H2O的纯度＝×100%＝96.57%；
故答案为：96.57%；
【点评】本题考查了硫酸锰晶体的制取，涉及的知识点比较多，可以根据所学知识，合理分析得出正确结论，本题难度中等．
三、选考题
11．研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应原理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
（1）合成氨中的H2可由下列反应制取：
CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+akJ/mol，①
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣bkJ/mol，②
则反应CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝ （a﹣b） kJ•mol﹣1 。
（2）燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原消除污染。请写出CH4与NO2反应的化学方程式 CH4+2NO2CO2+N2+2H2O 。
（3）电解法处理含NO3﹣和Cl﹣的酸性废水，两极产物继续反应，最终生成N2逸出。其装置及转化如图所示：
①阴极的电极反应式为 NO3﹣+8e﹣+10H+＝NH4++3H2O 。
②生成N2的离子方程式为 2 NH4++3HClO＝N2↑+3Cl﹣+5H++3H2O 。
（4）用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 BC
A.电极Ⅰ为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
B.电解时H+由电极I向电极Ⅰ迁移
C.吸收塔中的反应为2NO+2S2O42﹣+2H2O═N2+4HSO3﹣
D.每处理1molNO，可同时得到32gO2
【分析】（1）由①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+akJ/mol，②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣bkJ/mol可知，根据盖斯定律将①+②可得CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝△H1+△H2；
（2）CH4催化还原NO2的反应产物为二氧化碳和氮气、水；
（3）①阴极发生得电子的还原反应，元素化合价降低；
②由题中图示信息可知，氮气由两极生成的NH4+和HClO反应而得，氮元素化合价升高，氯元素化合价降低生成氯离子；
（4）A．HSO3﹣在电极I上转化为S2O42﹣，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极；
B．电极I为阴极，电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动；
C．吸收塔中通入NO和S2O42﹣离子反应，生成N2和HSO3﹣；
D．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，每处理1 mol NO，转移电子数为1mol×2＝2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×＝0.5mol，质量为0.5mol×32g/mol＝16g。
【解答】解：（1）由①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+akJ/mol，②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣bkJ/mol可知，根据盖斯定律将①+②可得CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝△H1+△H2＝（+akJ/mol）+（﹣bkJ/mol）＝（a﹣b） kJ•mol﹣1，
故答案为：（a﹣b） kJ•mol﹣1；
（2）CH4催化还原NO2的反应产物为二氧化碳和氮气、水，结合原子守恒配平书写化学方程式为CH4+2NO2CO2+N2+2H2O，
故答案为：CH4+2NO2CO2+N2+2H2O；
（3）①阴极发生得电子的还原反应，元素化合价降低，由题中图示信息可知，NO3﹣得到电子生成NH4+，则电极反应式为NO3﹣+8e﹣+10H+＝NH4++3H2O，
故答案为：NO3﹣+8e﹣+10H+＝NH4++3H2O；
②由题中图示信息可知，氮气由两极生成的NH4+和HClO反应而得，氮元素化合价升高，氯元素化合价降低生成氯离子，则化学反应方程式为2 NH4++3HClO＝N2↑+3Cl﹣+5H++3H2O，
故答案为：2 NH4++3HClO＝N2↑+3Cl﹣+5H++3H2O；
（4）A．HSO3﹣在电极I上转化为S2O42﹣，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为2 HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O，故A错误；
B．电极I为阴极，电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动，故B正确；
C．吸收塔中通入NO和S2O42﹣离子反应，生成N2和HSO3﹣，所以反应方程式为：2NO+2 S2O42﹣+2H2O＝N2+4 HSO3﹣，故C正确；
D．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，每处理1 mol NO，转移电子数为1mol×2＝2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×＝0.5mol，质量为0.5mol×32g/mol＝16g，故D错误；
故答案为：BC。
【点评】本题综合考查化学反应原理知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握反应热的计算思路，题目难度中等。
2019-2020学年广东省深圳市南山区南头中学高三（上）期中化学试卷
一、选择题
1．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸
B．CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂
C．FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
D．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Fe（NO3）3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
B．将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+═2Na++Cu
C．将1molCl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．用稀硝酸除去试管内壁银：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O
3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．向含0.1mol Na2SiO3的溶液中滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目为0.1NA
B．17g羟基（﹣OH）所含电子总数为9NA
C．1molCH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl分子数为NA
D．7.8gNa2O2分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，转移的电子数目均为0.1NA
4．如图是实验室制取无水氯化镁的装置图，下列有关表述正确的是（ ）
A．装置A中圆底烧瓶中可以换成固体MnO2
B．如果直接加热MgCl2•6H2O不能得到无水氯化镁，将得到Mg（OH）Cl或MgO
C．尾气吸收可以用浓硫酸作为吸收剂进行吸收
D．金属镁在空气中燃烧，剧烈反应生成氧化镁，如果金属镁燃烧发生火灾，要立即用二氧化碳灭火器进行灭火
5．最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．右边吸附层中发生了还原反应
B．负极的电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O
C．电池的总反应是2H2+O2═2H2O
D．电解质溶液中Na+向右移动，ClO4﹣向左移动
6．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示（部分生成物已省略）。则下列说法中正确的是（ ）
A．沸点：W＞X
B．原子半径：D＞C＞B＞A
C．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物
7．莽草酸的一种异构体A在浓硫酸作用下加热可得到B．下列说法不正确的是（ ）
A．X的化学式为H2O
B．A既能使Br2/CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
C．B所有碳原子在同一平面上
D．与B分子式相同，有三个官能团且苯环上的一氯取代物有两种的异构体只有一种
二、必考题
8．四氯化锡可用作媒染剂、有机合成中氯化的催化剂等．实验室制备四氯化锡所需的有关装置和信息如下：
有关信息：①将金属锡熔融，通入干燥氯气进行反应，生成四氯化锡；②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点﹣33℃，沸点114.1℃；③四氯化锡易水解．
回答下列问题：
（1）装置甲中反应容器的名称是 ；试剂E和F分别是 、 ．
（2）装置甲中发生反应的化学方程式为 ；装置戊中发生反应的化学方程式为 ．
（3）上述各装置的连接顺序是甲→ → → （填装置标号），实验开始时点燃的酒精灯是 （填“甲”或“戊”）．
（4）装置乙的作用是 ．
（5）实验所得SnCl4中因溶解了Cl2而略显黄色，提纯SnCl4的方法是 （填标号）．
a．用NaOH溶液洗涤 b．升华 c．重结晶 d．蒸馏 e．过滤 f．萃取
（6）四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性，原因是 （用化学方程式表示）．
9．某研究小组为探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应的实质．设计了如图所示装置进行实验．已知：1.0mol/L的Fe（NO3）3溶液的pH＝1．
请回答：
（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为 ．
（2）实验前鼓入N2的目的是 ．
（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是 ，说明SO2具有 性．
（4）分析B中产生白色沉淀的原因．
观点1：SO2与Fe3+反应；
观点2：在酸性条件下SO2与NO3﹣反应；
①若观点1正确，除产生沉淀外，还应观察到的现象是 ．
②按观点2，装置B中反应的离子方程式是 ，
③有人认为，如将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确．此时应选择的最佳试剂是（填序号） ．
A．1mol/L稀硝酸
B．1.5mol/L Fe（NO3）2溶液
C．6.0mol/L NaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液
D．3.0mol/L NaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液．
10．辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质．研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜．主要工艺流程如下：
已知：
①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②[Cu（NH3）4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：
Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4～6.4
④MnSO4•H2O溶于1份冷水、0.6份沸水，不溶于乙醇．
（1）实验室配制250mL 4.8mol•L﹣1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要 ．
（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有 （任写一点）．
（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等．写出该反应的化学方程式： ．
（4）调节浸出液pH＝4的作用是 ．
（5）本工艺中可循环使用的物质是 （写化学式）．
（6）获得的MnSO4•H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用 洗涤．
（7）测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为 ．
三、选考题
11．研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应原理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
（1）合成氨中的H2可由下列反应制取：
CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+akJ/mol，①
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣bkJ/mol，②
则反应CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝ 。
（2）燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原消除污染。请写出CH4与NO2反应的化学方程式 。
（3）电解法处理含NO3﹣和Cl﹣的酸性废水，两极产物继续反应，最终生成N2逸出。其装置及转化如图所示：
①阴极的电极反应式为 。
②生成N2的离子方程式为 。
（4）用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A.电极Ⅰ为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
B.电解时H+由电极I向电极Ⅰ迁移
C.吸收塔中的反应为2NO+2S2O42﹣+2H2O═N2+4HSO3﹣
D.每处理1molNO，可同时得到32gO2
2019-2020学年广东省深圳市南山区南头中学高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸
B．CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂
C．FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
D．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
【分析】A、常温下浓硝酸能使Al发生钝化；
B、CaO2是过氧化物，能与水反应生成氢氧化钙和氧气；
C、FeCl3溶液具有氧化性，能与Cu、Fe等金属发生氧化还原反应；
D、明矾中的铝离子易水解生成吸附性强的Al（OH）3胶体。
【解答】解：A、常温下浓硝酸能使Al发生钝化，形成致密氧化物保护膜，阻止反应的继续发生，所以可用铝罐贮运浓硝酸，与铝具有良好导热性无关，故A错误；
B、CaO2是过氧化物，性质类似于过氧化钠，能与水反应生成氢氧化钙和氧气，可作水产养殖中的供氧剂，故B正确；
C、FeCl3溶液具有氧化性，能与Cu等金属发生氧化还原反应，所以该原理可用作铜制线路板的蚀刻，故C正确；
D、明矾中的铝离子易水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附能力强，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了化学知识在生产、生活中的应用，侧重化学反应原理和物质性质的考查，注意理解物质的性质与用途的关系，题目难度中等。
2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Fe（NO3）3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
B．将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+═2Na++Cu
C．将1molCl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．用稀硝酸除去试管内壁银：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O
【分析】A.漏掉了硝酸根离子与碘离子的反应；
B.钠直接与水反应，在溶液中完全置换出铜；
C.碘离子的还原性大于亚铁离子，碘离子优先被氧化，2mol碘离子恰好消耗1mol氯气，亚铁离子不反应；
D.银与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水。
【解答】解：A.向Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液，离子方程式为：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣＝Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故A错误；
B.将Na投入到CuSO4溶液中生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+＝2Na++Cu（OH）2↓+H2↑，故B错误；
C.将1molCl2通入到含1mol FeI2的溶液，离子方程式为：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故C错误；
D.用稀硝酸除去试管内壁银，离子方程式为：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应先后顺序为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，C为易错点，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．向含0.1mol Na2SiO3的溶液中滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目为0.1NA
B．17g羟基（﹣OH）所含电子总数为9NA
C．1molCH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl分子数为NA
D．7.8gNa2O2分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，转移的电子数目均为0.1NA
【分析】A．硅胶为多个硅酸分子集合体；
B．1个羟基含有9个电子；
C．甲烷与氯气反应为连锁反应；
D．过氧化钠与二氧化硫反应只做氧化剂，过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，过氧化钠既做氧化剂，又做还原剂。
【解答】解：A．硅胶为多个硅酸分子集合体，所以向含0.1mol Na2SiO3的溶液中滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目小于0.1NA，故A错误；
B．17g羟基（﹣OH）所含电子总数为×9×NAmol﹣1＝9NA，故B正确；
C．氯气与CH4取代为连锁反应，同时生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，即1molCH4并没有完全转化为CH3Cl，故CH3Cl物质的量小于NA，故C错误；
D．7.8 g Na2O2的物质的量为0.1mol，分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，分别生成Na2CO3和Na2SO4，生成Na2CO3时，只有一半的O22﹣被还原为﹣2价，生成时Na2SO4，所有O22﹣均被还原为﹣2价，故转移的电子数目分别为0.1NA和0.2NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4．如图是实验室制取无水氯化镁的装置图，下列有关表述正确的是（ ）
A．装置A中圆底烧瓶中可以换成固体MnO2
B．如果直接加热MgCl2•6H2O不能得到无水氯化镁，将得到Mg（OH）Cl或MgO
C．尾气吸收可以用浓硫酸作为吸收剂进行吸收
D．金属镁在空气中燃烧，剧烈反应生成氧化镁，如果金属镁燃烧发生火灾，要立即用二氧化碳灭火器进行灭火
【分析】该制备原理是在HCl的环境下，加热MgCl2•6H2O晶体，防止水解，制备无水氯化镁．
A、装置A的作用是产生HCl气体，通入B装置防止镁离子水解；
B、直接镁离子水解，不能得到无水氯化镁，可能得到Mg（OH）Cl或MgO；
C、实验尾气中含有HCl，浓硫酸不能吸收HCl；
D、Mg可以在二氧化碳中燃烧．
【解答】解：该制备原理是在HCl的环境下，加热MgCl2•6H2O晶体，防止水解，制备无水氯化镁。
A、装置A的作用是产生HCl气体，装置A中圆底烧瓶中可以换成固体MnO2，不能产生HCl气体，故A错误；
B、直接镁离子水解，不能得到无水氯化镁，可能得到Mg（OH）Cl或MgO，故B正确；
C、实验尾气中含有HCl，会污染空气，浓硫酸不能吸收HCl，可以用水吸收，需放倒吸，故C错误；
D、Mg可以在二氧化碳中燃烧，Mg失火不能用二氧化碳灭火器进行灭火，故D错误；
故选：B。
【点评】考查学生对实验原理的理解、盐类水解、Mg元素单质及化合物的性质等，难度中等，注意基础知识的理解掌握．
5．最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．右边吸附层中发生了还原反应
B．负极的电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O
C．电池的总反应是2H2+O2═2H2O
D．电解质溶液中Na+向右移动，ClO4﹣向左移动
【分析】由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e﹣+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。
【解答】解：A．由电子流向可知，右边吸附层为正极，发生了还原反应，故A正确；
B．由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，故B正确；
C．负极电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，正极电极反应是2e﹣+2H+═H2，电池的总反应无氧气参加，故C错误；
D．原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右正极移动，ClO4﹣向左负极移动，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从电子流向判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写。
6．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示（部分生成物已省略）。则下列说法中正确的是（ ）
A．沸点：W＞X
B．原子半径：D＞C＞B＞A
C．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物
【分析】X、Y、Z、W分别是由四种短周期元素中的两种组成的常见化合物，由转化关系可知甲、乙也是由单质元素组成的物质，而Y为淡黄色固体，W为常见液体，二者反应生成单质甲，故Y是Na2O2、W是H2O、甲是O2．甲与Z生成的乙为红棕色气体，则乙是NO2、Z是NO．X与O2生成NO，所以X是NH3，因为A、B、C、D的原子序数依次增加，可知A、B、C、D分别是H、N、O、Na。
【解答】解：根据分析可知，A、B、C、D分别是H、N、O、Na；X是NH3，Y是Na2O2，Z是NO，W是H2O，甲是O2，乙是NO2。
A．常温下，H2O为液体，而NH3为气体，所以沸点：H2O＞NH3，故A正确；
B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，所有元素中H原子半径最小，所以原子半径：D＞B＞C＞A，故B错误；
C．C、D两种元素组成的化合物为Na2O和Na2O2，Na2O2含有离子键和共价键，故C错误；
D．A、B、C三种元素组成的化合物有共价化合物（如HNO3），也有离子化合物（如NH4NO3），故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查无机物的推断，物质的颜色是推断突破口，注意抓住短周期元素，需要学生熟练掌握元素化合物知识。
7．莽草酸的一种异构体A在浓硫酸作用下加热可得到B．下列说法不正确的是（ ）
A．X的化学式为H2O
B．A既能使Br2/CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
C．B所有碳原子在同一平面上
D．与B分子式相同，有三个官能团且苯环上的一氯取代物有两种的异构体只有一种
【分析】A．A中发生消去反应生成B，生成2分子的水；
B．A中含有醇羟基和碳碳双键，能和溴发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．B中含有苯环，苯上所有原子共平面，﹣COOH中所有原子共平面；
D．B的同分异构体符合下列条件：含有苯环和3个官能团，则为2个﹣OH、1个﹣CHO，其苯环上一氯代物有两种，两个﹣OH位于间位，﹣CHO可能位于两个羟基的中间位置或中间位置的相对位置。
【解答】解：A．A中发生消去反应生成B，根据原子守恒知，生成2分子的水，所以X为化学式为H2O，故A正确；
B．A中含有醇羟基和碳碳双键，能和溴发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，前者是加成反应后者是氧化反应，故B正确；
C．B中含有苯环，苯上所有原子共平面，﹣COOH中所有原子共平面，所以B中所有原子共平面，故C正确；
D．B的同分异构体符合下列条件：含有苯环和3个官能团，则为2个﹣OH、1个﹣CHO，其苯环上一氯代物有两种，两个﹣OH位于间位，﹣CHO可能位于两个羟基的中间位置或中间位置的相对位置，所以符合条件的有两种同分异构体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查分析判断能力，C中原子共平面采用知识迁移的方法解答，题目难度不大。
二、必考题
8．四氯化锡可用作媒染剂、有机合成中氯化的催化剂等．实验室制备四氯化锡所需的有关装置和信息如下：
有关信息：①将金属锡熔融，通入干燥氯气进行反应，生成四氯化锡；②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点﹣33℃，沸点114.1℃；③四氯化锡易水解．
回答下列问题：
（1）装置甲中反应容器的名称是 圆底烧瓶 ；试剂E和F分别是 饱和食盐水 、 浓硫酸 ．
（2）装置甲中发生反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ；装置戊中发生反应的化学方程式为 Sn+2Cl2SnCl4 ．
（3）上述各装置的连接顺序是甲→ 丁 → 戊 → 乙 （填装置标号），实验开始时点燃的酒精灯是 甲 （填“甲”或“戊”）．
（4）装置乙的作用是 吸收未反应的氯气同时防止空气中水分进入装置戊使产物水解 ．
（5）实验所得SnCl4中因溶解了Cl2而略显黄色，提纯SnCl4的方法是 d （填标号）．
a．用NaOH溶液洗涤 b．升华 c．重结晶 d．蒸馏 e．过滤 f．萃取
（6）四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性，原因是 SnCl4+4H2OH4SnO4↓+4HCl （用化学方程式表示）．
【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，甲中发生反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，丁中试剂E为饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，试剂F为浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在装置戊中反应生成SnCl4，未反应的氯气，用装置乙中的碱石灰吸收，同时碱石灰还可以防止空气中水分进入装置戊使产物水解，以此解答该题．
【解答】解：（1）根据装置图可知，装置甲中反应容器的名称是圆底烧瓶，试剂E和F分别是饱和食盐水、浓硫酸，
故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水；浓硫酸；
（2）装置甲中发生反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓 MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置戊中发生反应的化学方程式为Sn+2Cl2SnCl4，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；Sn+2Cl2SnCl4；
（3）该实验中先制备氯气，氯气经丁装置除杂，干燥后与锡在装置戊中反应生成SnCl4，尾气用乙装置吸收，所以连接顺序是甲→丁→戊→乙，实验开始时先要用氯气将装置中空气排尽，防止空气中的水分对产物的影响，所以先点燃甲处的酒精灯，
故答案为：丁；戊；乙；甲；
（4）装置乙的作用是 吸收未反应的氯气同时防止空气中水分进入装置戊使产物水解，
故答案为：吸收未反应的氯气同时防止空气中水分进入装置戊使产物水解；
（5）四氯化锡熔点﹣33℃，沸点114，1℃，所以提纯SnCI4的方法是蒸馏，故选d；
（6）四氯化锡与空气中水分反应生成白烟H2SnO4和氯化氢，反应方程式为SnCl4+4H2OH4SnO4↓+4HCl，
故答案为：SnCl4+4H2OH4SnO4↓+4HCl．
【点评】本题考查制备实验方案设计、对原理与装置的分析评价、物质检验方案设计等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，难度中等．
9．某研究小组为探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应的实质．设计了如图所示装置进行实验．已知：1.0mol/L的Fe（NO3）3溶液的pH＝1．
请回答：
（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为 分液漏斗 ．
（2）实验前鼓入N2的目的是 排净装置中的空气，防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验 ．
（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是 BaSO4 ，说明SO2具有 还原 性．
（4）分析B中产生白色沉淀的原因．
观点1：SO2与Fe3+反应；
观点2：在酸性条件下SO2与NO3﹣反应；
①若观点1正确，除产生沉淀外，还应观察到的现象是 静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色 ．
②按观点2，装置B中反应的离子方程式是 3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO+4H+
或3SO2+2NO3﹣+2H2O═3SO42﹣+2NO+4H+；Ba2++SO42﹣═BaSO4↓ ，
③有人认为，如将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确．此时应选择的最佳试剂是（填序号） C ．
A．1mol/L稀硝酸
B．1.5mol/L Fe（NO3）2溶液
C．6.0mol/L NaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液
D．3.0mol/L NaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液．
【分析】（1）根据仪器的用途和实验室常见仪器的名称书写；
（2）氧气能氧化二氧化硫而对实验造成干扰；
（3）在水溶液里，二氧化硫被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；
（4）①铁离子被还原生成亚铁离子；
②酸性条件下，二氧化硫被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；
③乙同学的观点是：酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中硝酸根离子浓度不变即可．
【解答】解：（1）装置A中用于添加浓硫酸，为滴加液体的仪器，该仪器名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）氧气、硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，所以如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以排入氮气的目的是排净空气防止干扰实验，
故答案为：排净装置中的空气，防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验；
（3）二氧化硫具有还原性，酸性条件下，能被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，
故答案为：BaSO4；还原；
（4）①若观点1正确，二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀，溶液由黄色变为浅绿色，所以除产生沉淀外，还应观察到的现象是静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色，
故答案为：静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色；
②按观点2，酸性条件下，硝酸根离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，离子反应方程式为：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+或3SO2+2NO3﹣+2H2O═3SO42﹣+2NO↑+4H+、Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，
故答案为：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+或3SO2+2NO3﹣+2H2O═3SO42﹣+2NO↑+4H+、Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；
③乙同学的观点是：酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中硝酸根离子浓度不变即，实验中c（NO3﹣）＝3mol/L，则可用6.0mol•L﹣1NaNO3和0.2mol•L﹣1盐酸等体积混合的溶液代替，
故答案为：C．
【点评】本题以二氧化硫为载体考查了性质实验方案设计，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质进行假设，然后采用验证的方法进行探究，结合氧化还原反应分析解答，题目难度中等．
10．辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质．研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜．主要工艺流程如下：
已知：
①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②[Cu（NH3）4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：
Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4～6.4
④MnSO4•H2O溶于1份冷水、0.6份沸水，不溶于乙醇．
（1）实验室配制250mL 4.8mol•L﹣1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要 250mL容量瓶胶头滴管 ．
（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有 粉碎矿石或加热或者搅拌 （任写一点）．
（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等．写出该反应的化学方程式： Cu2S+2MnO2+4H2SO4＝2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O ．
（4）调节浸出液pH＝4的作用是 使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀 ．
（5）本工艺中可循环使用的物质是 NH3 （写化学式）．
（6）获得的MnSO4•H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用 酒精 洗涤．
（7）测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为 96.57% ．
【分析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液PH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体；
（1）配制250mL溶液，需要250mL容量瓶，还需要胶头滴管定容；
（2）矿石的颗粒大小、温度及是否搅拌等会影响浸取率；
（3）MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平；
（4）氢氧化铁开始沉淀PH＝1.5，完全沉淀PH＝3.2，Cu2+：开始沉淀是4.4，使Fe3+完全沉淀且Cu2+不沉淀的PH范围是：3.2～4.4；
（5）根据工艺流程可以看出，可循环使用的物质是氨气；
（6）MnSO4•H2O晶体在酒精中溶解度小；
（7）依据滴定反应生成的沉淀为硫酸钡，结合元素守恒计算得到样品纯度；
【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液，必不可少的是容量瓶和胶头滴管，容量瓶要标明规格，本题必须使用250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；
（2）由于酸浸时矿石颗粒大小影响浸取率，可以通过粉碎矿石提高浸取率，还可以适当升高温度或者搅拌提高浸取率，
故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或者搅拌；
（3）根据信息，MnO2能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，反应物是Cu2S、MnO2、H2SO4 ，生成物是CuSO4、MnSO4、S，
把硫化亚铜看成整体，化合价变化是：（1×2+2×1）＝4，
Mn元素化合价变化是：4﹣2＝2，
所以二氧化锰化学计量数是2，硫化亚铜的是1，再根据观察法配平其它物质；反应的化学方程式是：Cu2S+2MnO2+4H2SO4＝2CuSO4+2 MnSO4+S↓+4H2O，
故答案为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4＝2CuSO4+2 MnSO4+S↓+4H2O；
（4）根据金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围，使Fe3+完全沉淀且Cu2+不沉淀的PH范围是：3.2～4.4，故选择PH＝4目的是使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀，
故答案为：使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀；
（5）工艺流程中，加入了氨水，最后又得到了氨气，NH3 可循环使用，故答案为：NH3 ；
（6）获得的MnSO4•H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用酒精，在酒精中，硫酸锰晶体溶解度小，故获得的MnSO4•H2O晶体后常用酒精洗涤，目的是减少MnSO4•H2O晶体的损失，
故答案为：酒精；
（7）测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，为硫酸钡物质的量＝＝0.02mol，n（MnSO4•H2O）＝n（BaSO4）＝0.02mol，则此样品中MnSO4•H2O物质的量为：0.02mol×＝0.08mol，则样品中MnSO4•H2O的纯度＝×100%＝96.57%；
故答案为：96.57%；
【点评】本题考查了硫酸锰晶体的制取，涉及的知识点比较多，可以根据所学知识，合理分析得出正确结论，本题难度中等．
三、选考题
11．研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应原理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
（1）合成氨中的H2可由下列反应制取：
CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+akJ/mol，①
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣bkJ/mol，②
则反应CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝ （a﹣b） kJ•mol﹣1 。
（2）燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原消除污染。请写出CH4与NO2反应的化学方程式 CH4+2NO2CO2+N2+2H2O 。
（3）电解法处理含NO3﹣和Cl﹣的酸性废水，两极产物继续反应，最终生成N2逸出。其装置及转化如图所示：
①阴极的电极反应式为 NO3﹣+8e﹣+10H+＝NH4++3H2O 。
②生成N2的离子方程式为 2 NH4++3HClO＝N2↑+3Cl﹣+5H++3H2O 。
（4）用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 BC
A.电极Ⅰ为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
B.电解时H+由电极I向电极Ⅰ迁移
C.吸收塔中的反应为2NO+2S2O42﹣+2H2O═N2+4HSO3﹣
D.每处理1molNO，可同时得到32gO2
【分析】（1）由①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+akJ/mol，②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣bkJ/mol可知，根据盖斯定律将①+②可得CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝△H1+△H2；
（2）CH4催化还原NO2的反应产物为二氧化碳和氮气、水；
（3）①阴极发生得电子的还原反应，元素化合价降低；
②由题中图示信息可知，氮气由两极生成的NH4+和HClO反应而得，氮元素化合价升高，氯元素化合价降低生成氯离子；
（4）A．HSO3﹣在电极I上转化为S2O42﹣，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极；
B．电极I为阴极，电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动；
C．吸收塔中通入NO和S2O42﹣离子反应，生成N2和HSO3﹣；
D．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，每处理1 mol NO，转移电子数为1mol×2＝2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×＝0.5mol，质量为0.5mol×32g/mol＝16g。
【解答】解：（1）由①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+akJ/mol，②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣bkJ/mol可知，根据盖斯定律将①+②可得CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝△H1+△H2＝（+akJ/mol）+（﹣bkJ/mol）＝（a﹣b） kJ•mol﹣1，
故答案为：（a﹣b） kJ•mol﹣1；
（2）CH4催化还原NO2的反应产物为二氧化碳和氮气、水，结合原子守恒配平书写化学方程式为CH4+2NO2CO2+N2+2H2O，
故答案为：CH4+2NO2CO2+N2+2H2O；
（3）①阴极发生得电子的还原反应，元素化合价降低，由题中图示信息可知，NO3﹣得到电子生成NH4+，则电极反应式为NO3﹣+8e﹣+10H+＝NH4++3H2O，
故答案为：NO3﹣+8e﹣+10H+＝NH4++3H2O；
②由题中图示信息可知，氮气由两极生成的NH4+和HClO反应而得，氮元素化合价升高，氯元素化合价降低生成氯离子，则化学反应方程式为2 NH4++3HClO＝N2↑+3Cl﹣+5H++3H2O，
故答案为：2 NH4++3HClO＝N2↑+3Cl﹣+5H++3H2O；
（4）A．HSO3﹣在电极I上转化为S2O42﹣，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为2 HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O，故A错误；
B．电极I为阴极，电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动，故B正确；
C．吸收塔中通入NO和S2O42﹣离子反应，生成N2和HSO3﹣，所以反应方程式为：2NO+2 S2O42﹣+2H2O＝N2+4 HSO3﹣，故C正确；
D．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，每处理1 mol NO，转移电子数为1mol×2＝2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×＝0.5mol，质量为0.5mol×32g/mol＝16g，故D错误；
故答案为：BC。
【点评】本题综合考查化学反应原理知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握反应热的计算思路，题目难度中等。
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