2021-2022学年北京人大附中高三（上）月考化学试卷（10月份）

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2021-2022学年北京人大附中高三（上）月考化学试卷（10月份）
一.选择题（每小题只有1个正确选项符合题意，每小题3分，共42分）
1．（3分）近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（　　）
A．“天宫二号”航天器使用的质量轻强度高的材料一钛合金
B．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料一砷化镓
C．“长征五号”运载火箭使用的高效燃料一液氢
D．“C919”飞机身使用的复合材料一碳纤维和环氧树脂
2．（3分）下列对化学用语的描述中，不正确的是（　　）
A．甲烷的结构式：
B．磷的原子结构示意图：
C．Bi和Bi互为同位素
D．由Na和Cl形成NaCl的过程：
3．（3分）下列检验方法，利用该气体的还原性的是（　　）
A．SO2使品红溶液褪色
B．NO遇到空气变为红棕色
C．NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝
D．Cl2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
4．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
5．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．pH＝1的溶液中：HCO3﹣、K+、Cl﹣、Na+
B．无色溶液中：NH4+、K+、MnO4﹣、NO3﹣
C．含有SO2的溶液中：NO3﹣、OH﹣、Na+、Ba2+
D．c（OH﹣）＝10﹣2mol/L的溶液中：Na+、CO32﹣、Cl﹣、K+
6．（3分）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是（　　）


气体
试剂
制备装置
收集方法
A
CO2
石灰石+稀H2SO4
b
c
B
O2
KMnO4
a
d
C
NO
Cu+稀HNO3
b
c
D
H2
Zn+稀H2SO4
b
e
A．A B．B C．C D．D
7．（3分）常温下N2H4为液体，可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4发生反应：
2N2H4+N2O4 3N2+4H2O．分子球棍模型如图所示，NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）

A．32 g N2H4中含有共用电子对数为6 NA
B．标准状况下，22.4L N2H4中含有的分子数为NA
C．N2H4和N2O4混合的总物质的量为1mol时，含氮原子数为4 NA
D．上述反应消耗1mol N2H4，转移电子数为4 NA
8．（3分）下列解释事实的方程式不正确的是（　　）
A．向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
B．呼吸面具中用过氧化钠吸收二氧化碳产生氧气：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe
D．用稀硝酸除去试管内壁上附着的铜：8H++2NO3﹣+3Cu═3Cu2++2NO↑+4H2O
9．（3分）利用海水提取溴和镁的过程如图，下列说法不正确的是（　　）

A．富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质
B．工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁
C．吸收塔内的反应为SO2+Br2+2H2O═H2SO3+2HBr
D．若提取1molBr2，至少需要标准状况下44.8L的Cl2
10．（3分）炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成对环境有不良影响的活化氧，反应过程的能量变化如图。下列说法正确的是（　　）

A．生成活化氧的总反应是吸热反应
B．反应前后只有氧元素的化合价发生改变
C．无水条件下更有利于生成活化氧
D．反应过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成
11．（3分）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析错误的是（　　）

A．试管内液面上升，不能证明SO2与H2O发生了反应
B．试管中剩余少量气体，可能是因为收集的SO2不纯
C．取出试管中溶液，立即加入紫色石蕊试液，溶液显红色，主要原因是：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH明显下降，是由于空气中CO2的溶解
12．（3分）“中国芯”的发展离不开高纯硅。从石英砂（主要成分为SiO2）制备高纯硅涉及的主要过程表示如图：

下列说法不正确的是（　　）
A．反应①证明了C的非金属性强于Si
B．流程中HCl和H2可以循环利用
C．反应①②③均为置换反应
D．硅的纯度对“中国芯”的性能有影响
13．（3分）探究亚硝酸钠（NaNO2）的化学性质，实验如下：
实验
装置
试剂a
现象
①

酚酞溶液
无色溶液变红
②
AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
③
淀粉KI溶液+稀硫酸
无色溶液立即变蓝
④
酸性K2Cr2O7溶液
无色溶液变为绿色
资料：AgNO2是淡黄色难溶于水的固体；溶液中Cr3+为绿色。
由上述实验所得结论不正确的是（　　）
A．NaNO2溶液显碱性
B．可与某些盐发生复分解反应：NO2﹣+Ag+═AgNO2↓
C．NaNO2有氧化性：2I﹣+2H++2NO2﹣═I2+2NO2↑+H2O
D．NaNO2有还原性：Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═3NO3﹣+2Cr3++4H2O
14．（3分）含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO．下列分析不正确的是（　　）
A．含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH4++OH﹣⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O
B．吹脱法的原理是通过鼓气降低NH3浓度，从而降低水中NH3•H2O与NH4+的含量
C．折点氯化法除NH4+的原理为：2NH4++3ClO﹣═N2↑+3Cl﹣+3H2O+2H+
D．吹脱法无法对含NO2﹣的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2﹣的水体脱氮
二.第Ⅱ卷（非选择题部分共58分）
15．（9分）氮循环是地球物质循环的重要组成部分。
Ⅰ．一种新型“氮的固定”研究，其原理如图所示：

（1）N2的电子式：　 　。
（2）热稳定性：NH3　 　H2O（填“＞”或“＜”）。
（3）NH3、H2O分子中化学键极性更强的是 　 　键。
（4）写出如图所示过程的总反应方程式：　 　。
Ⅱ．人类活动影响了氮循环中的物质转化。
（5）①结合如图判断，下列说法正确的是 　 　。

A．固氮过程中，N2只做氧化剂
B．在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与
C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响
D．同化、氨化过程中，氮元素均从无机物转移至有机物
②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂。请将该反应的离子方程式补充完整：5CH3OH+6NO3﹣　 　N2↑+4HCO3﹣+　 　　 　+　 　　 　。
16．（11分）碳族中的碳、硅、锗及其化合物在多领域有重要用途。
（1）基态Si的电子排布式为 　 　。
（2）我国科学家研发的“液态阳光”计划是通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。CO2分子中存在 　 　个σ键和 　 　个π键，CO2分子是 　 　分子（填“极性”或“非极性”）。
（3）关于C、Si及其化合物的结构与性质，下列论述不正确的是 　 　。
A．键能C﹣C＞Si﹣Si、C﹣H＞Si﹣H，因此C2H6稳定性小于Si2H6
B．SiC是与金刚石结构相似的共价晶体，因此SiC具有较高的硬度
C．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为﹣4，因此SiH4还原性小于CH4
D．Si原子间难形成双键和三键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，因此难以形成π键
（4）SiCl4与N﹣甲基咪唑（H3C﹣）反应可以得到M2+，其结构如图所示：

N﹣甲基咪唑子中碳原子的杂化轨道类型有 　 　。
（5）汞（Hg）、锗（Ge）、锑（Sb）形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体（晶胞为图b）可视为晶体（晶胞为图a）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。

X的最简式的相对分子质量为Mr，阿伏加德罗常数的数值为NA，则X晶体的密度为 　 　g/cm3（列出计算式）。注：1nm＝10﹣9m
17．（12分）含氯消毒剂在生活、生产中有广泛应用。
（1）①自来水厂用液氯对自来水进行杀菌消毒。实验室不能用自来水配制一定物质的量浓度的硝酸银溶液，用离子方程式表示其原因 　 　。
②用液氯消毒自来水会产生微量有机氯代物，危害人体健康，可使用二氧化氯（ClO2）代替液氯。工业上以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠（NaClO3）和硫酸溶液混合制备二氧化氯。已知黄铁矿中的硫元素（﹣1价）被氧化成SO42﹣，制备二氧化氯的离子方程式为 　 　。
（2）①“84”消毒液的工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为 　 　。
②“84”消毒液可用于处理超标含氰废水。当含氰废水中NaCH含量低于0.5mg/L，即可达到排放标准。处理过程：第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。下列说法不正确的是 　 　。
已知：HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
A．第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质HCN
B．第二步发生的反应为2OCN﹣+3ClO﹣═2CO2↑+CO32﹣+3Cl﹣+N2↑
C．处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水实际至少需要50mol NaClO
（3）探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况。实验过程：向3个烧杯中分别加入等体积等浓度稀释后的“84”消毒液；用稀硫酸调pH分别至10、7和4（忽略溶液体积变化）；分别放入大小相同的红纸。记录如下：
烧杯
溶液pH
现象
a
10
10min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色
b
7
10min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色
c
4
10min后，红纸颜色变得更浅；4h后红纸褪色
溶液中Cl2、HClO和ClO﹣物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如图所示：

①由实验现象获得的结论：溶液的pH在4～10范围内，　 　。
②结合图像，b、c烧杯中实验现象出现差异的原因是 　 　。
18．（12分）纳米Fe3O4在磁流体、催化剂、医学等领域具有广阔的应用前景。氧化共沉淀制备纳米Fe3O4的方法如下：
1，Fe2+的氧化：将FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到 FeO（ OH）红棕色悬浊液。
（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀，该反应的离子方程式是 　 　
②上述反应完成后，测得a值与FeO（OH）产率及其生成后溶液pH的关系，结果如下：
a
7.0
8.0
9.0
FeO（OH）的产率
＜50%
95%
＞95%
FeO（OH）生成后pH
接近4
接近4
接近4
用离子方程式解释FeO（ OH）生成后溶液pH下降的原因：　 　。
（2）经检验：当a＝7时，产物中存在大量Fe2O3．对Fe2O3的产生提出两种假设：
i．反应过程中溶液酸性增强，导致FeO（ OH）向Fe2O3的转化；
ii．溶液中存在少量Fe2+，导致FeO（ OH）向Fe2O3的转化。
①分析，假设i不成立的实验依据是 　 　。
②其他条件相同时，向FeO（ OH）浊液中加入不同浓度Fe2+，30min后测定物质的组成，结果如表：
c（Fe2+）/mol•L﹣1
FeO（OH）百分含量/%
Fe2O3百分含量/%
0.00
100
0
0.01
40
60
0.02
0
100
以上结果表明：　 　。
（3）a＝7和a＝9时，FeO（ OH）产率差异很大的原因是 　 　。
Ⅱ．Fe2+和Fe3+共沉淀：向FeO（ OH）红棕色悬浊液中同时加入FeSO4溶液和NaOH浓溶液进行共沉淀，再将此混合液加热回流、冷却、过滤、洗涤、干燥，得到纳米Fe3O4。
（4）共沉淀时的反应条件对产物纯度和产率的影响极大。
①共沉淀pH过高时，会导致FeSO4溶液被快速氧化；共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是 　 　。
②已知N＝n[FeO（OH）]/n（Fe2+），其他条件一定时，测得纳米Fe3O4的产率随N的变化曲线如图所示：
经理论分析，N＝2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是 　 　。

19．（14分）某小组同学对Na2SO3与AgNO3在不同的pH下反应进行探究。
（1）测得Na2SO3溶液pH为10，AgNO3溶液pH为5。用离子方程式表示Na2SO3溶液显碱性的原因 　 　。
（2）调节Na2SO3与AgNO3混合后的初始pH，实验记录如下：
实验
pH
现象
a
10
产生白色沉淀，稍后沉淀溶解
b
6
产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解
c
2
产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X
资料：ⅰ．Ag2SO3：白色，不溶于水，可溶于过量Na2SO3溶液。
ⅱ．Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应。
针对实验a中白色沉淀提出两种推测：
推测1：白色沉淀为Ag2SO3。
推测2：白色沉淀为Ag2SO4。
①推测1产生该沉淀的反应用离子方程式表示 　 　。
②推测2的理论依据是 　 　。
③取b、c中白色沉淀，分别置于过量Na2SO3溶液中，沉淀均溶解经实验证明白色沉淀不是Ag2SO4，实验过程：另取Ag2SO4固体置于 　 　溶液中，未溶解。
（3）为确认X组成，将c中X过滤、洗涤，继续实验：
Ⅰ．向X中滴加稀盐酸，无明显变化；
Ⅱ．向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体；
Ⅲ．用Ba（NO3）2、BaCl2检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀。
①Ⅰ的目的是 　 　。
②根据Ⅲ的现象，可判断X的元素组成 　 　。
③Ⅱ中反应的化学方程式是 　 　。
（4）综合以上实验，分析X产生的可能原因：
①甲同学认为随着溶液酸性增强，Ag2SO3中的Ag+氧化性增强。
②乙同学认为 　 　。

2021-2022学年北京人大附中高三（上）月考化学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一.选择题（每小题只有1个正确选项符合题意，每小题3分，共42分）
1．（3分）近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（　　）
A．“天宫二号”航天器使用的质量轻强度高的材料一钛合金
B．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料一砷化镓
C．“长征五号”运载火箭使用的高效燃料一液氢
D．“C919”飞机身使用的复合材料一碳纤维和环氧树脂
【分析】A．合金是金属和其它物质的混合物；
B．砷化镓是一种半导体材料；
C．液氢氢气的液体状态；
D．碳纤维是碳元素的单质。
【解答】解：A．钛合金是合金材料，属于金属材料，故A正确；
B．砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，故B错误；
C．液氢是液态氢气单质，氢元素是非金属，不是金属材料，故C错误；
D．碳纤维是碳元素组成的一种单质，是无机非金属材料，环氧树脂是有机高分子合成材料，都不是金属材料，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查金属的有关知识，难度不大，熟悉常见材料的组成是解答的关键。
2．（3分）下列对化学用语的描述中，不正确的是（　　）
A．甲烷的结构式：
B．磷的原子结构示意图：
C．Bi和Bi互为同位素
D．由Na和Cl形成NaCl的过程：
【分析】A．用短线代替共用电子对可得分子的结构式，孤电子对不需要标出；
B．P原子核外电子数为15，由里到外各层电子数依次为2、8、5；
C．质子数相同、中子数不同（即质量数不同）的原子互为同位素；
D．NaCl属于离子化合物，用电子式表示物质的形成，左边为原子的电子式，右边为物质的电子式，中间用“→”连接。
【解答】解：A．甲烷的电子式为，用短线代替共用电子对可得甲烷的结构式为，故A正确；
B．P原子核外电子数为15，由里到外各层电子数依次为2、8、5，P原子结构示意图为，故B错误；

C．Bi和Bi质子数均为83，质量数不相同，二者互为同位素，故C正确；
D．NaCl属于离子化合物，用电子式表示物质的形成过程为，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查常用化学用语的书写，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握，掌握用电子式表示化学键或物质的形成。
3．（3分）下列检验方法，利用该气体的还原性的是（　　）
A．SO2使品红溶液褪色
B．NO遇到空气变为红棕色
C．NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝
D．Cl2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【分析】A.二氧化硫与品红化合生成无色物质；
B.NO为无色，被氧气氧化生成红棕色的二氧化氮；
C.氨气与水反应生成碱，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
D.氯气可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝。
【解答】解：A.二氧化硫与品红化合生成无色物质，与气体的还原性无关，故A错误；
B.NO为无色，被氧气氧化生成红棕色的二氧化氮，与NO的还原性有关，故B正确；
C.氨气与水反应生成碱，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，与气体的还原性无关，故C错误；
D.氯气可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，与氯气的氧化性有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
4．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
【分析】A．铝可用于制作铝金属制品，与铝密度小，铝的表面形成氧化膜不容易腐蚀有关；
B．氧化铝熔融时可以电离出自由移动的离子，可用作电解冶炼铝的原料；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以与盐酸反应；
D．胶体有很强的吸附性，可以吸附水中悬浮的杂质。
【解答】解：A．铝可用于制作铝金属制品，铝的表面形成氧化膜不容易腐蚀有关，不是利用铝的金属活泼性强，故A错误；
B．氧化铝熔融时可以电离出自由移动的离子，可用作电解冶炼铝的原料，氧化铝熔点高可以加入冰晶石降低熔点，故B错误；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以与胃里的氢离子反应，可用于中和过多的胃酸，故C错误；
D．胶体有很强的吸附性，可以吸附水中悬浮的杂质，明矾溶于水并水解形成氢氧化铝胶体，可用于净水，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查铝及其化合物的性质和用途，是高频考点，注意常见的几种金属（铁、钠、铜、铝、镁）和非金属（碳、硫、氮、氯、溴、碘、硅）单质和化合物的性质用途。
5．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．pH＝1的溶液中：HCO3﹣、K+、Cl﹣、Na+
B．无色溶液中：NH4+、K+、MnO4﹣、NO3﹣
C．含有SO2的溶液中：NO3﹣、OH﹣、Na+、Ba2+
D．c（OH﹣）＝10﹣2mol/L的溶液中：Na+、CO32﹣、Cl﹣、K+
【分析】A．该溶液呈酸性，碳酸氢根离子与氢离子反应；
B．高锰酸根离子为有色离子；
C．二氧化硫与氢氧根离子反应；
D．四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。
【解答】解：A．pH＝1的溶液呈酸性，HCO3﹣、H+之间发生反应，在酸性溶液中不能大量共存，故A错误；
B．MnO4﹣为有色离子，不满足溶液无色的条件，故B错误；
C．SO2、OH﹣之间发生反应，不能大量共存，故C错误；
D．Na+、CO32﹣、Cl﹣、K+之间不反应，都不与OH﹣反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
6．（3分）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是（　　）


气体
试剂
制备装置
收集方法
A
CO2
石灰石+稀H2SO4
b
c
B
O2
KMnO4
a
d
C
NO
Cu+稀HNO3
b
c
D
H2
Zn+稀H2SO4
b
e
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．一般用石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，CO2密度大于空气，用向上排空气法收集；
B．KMnO4受热分解生成氧气，氧气密度接近于空气；
C．NO与氧气反应，不能用排空气法收集；
D．Zn+稀H2SO4生成氢气，氢气可以用排水法收集。
【解答】解：A．一般用石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，且要用向上排空气法收集，故A错误；
B．KMnO4受热分解生成氧气，氧气密度接近空气，不可以用向下排空气法收集，故B错误；
C．Cu+稀HNO3生成NO，会和空气反应生成NO2，不能用排空气法收集，故C错误；
D．Zn+稀H2SO4生成氢气，氢气不溶于水，可以用排水法收集，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见气体的制备及收集方法，把握图示发生装置、收集特点为解答关键，注意掌握常见气体的性质、制备原理、发生装置及收集方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。
7．（3分）常温下N2H4为液体，可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4发生反应：
2N2H4+N2O4 3N2+4H2O．分子球棍模型如图所示，NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）

A．32 g N2H4中含有共用电子对数为6 NA
B．标准状况下，22.4L N2H4中含有的分子数为NA
C．N2H4和N2O4混合的总物质的量为1mol时，含氮原子数为4 NA
D．上述反应消耗1mol N2H4，转移电子数为4 NA
【分析】A．氨分子中氢原子被氨基（﹣NH2）取代后的生成物叫肼，分子中全部为单键，电子式为：，故1molN2H4含5mol共用电子对；
B．标况下N2H4为液体；
C．N2H4和N2O4分子中都含有2个氮原子；
D.2N2H4+N2O43N2+4H2O～8e﹣，据此进行分析。
【解答】解：32 g N2H4相当于1molN2H4，1molN2H4含5mol共用电子对，故含有共用电子对数为5NA，故A错误；
B．标况下N2H4为液体，气体摩尔体积研究的对象是气体，故B错误；
C．N2H4和N2O4分子中都含有2个氮原子，故1molN2H4和N2O4CO2和O2分子中都含有2个氧原子，其中的氮原子数为2NA，故C错误；
D.2N2H4+N2O43N2+4H2O～8e﹣
2mol 8mol
1mol 4mol，故转移电子数为4 NA，
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标准状况下N2H4不是气体，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。
8．（3分）下列解释事实的方程式不正确的是（　　）
A．向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
B．呼吸面具中用过氧化钠吸收二氧化碳产生氧气：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe
D．用稀硝酸除去试管内壁上附着的铜：8H++2NO3﹣+3Cu═3Cu2++2NO↑+4H2O
【分析】A．碳酸氢钠溶液加入少量石灰水，碳酸氢钠足量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
C．铝与氧化铁在高温下发生铝热反应；
D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水。
【解答】解：A．少量氢氧化钙溶液中加入足量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故A错误；
B．呼吸面具中用过氧化钠吸收二氧化碳产生氧气，离子方程式：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故B正确；
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨，发生反应为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故C正确；
D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确，
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高考频考点，熟悉反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应的量与反应产物的关系，为易错点，题目难度中等。
9．（3分）利用海水提取溴和镁的过程如图，下列说法不正确的是（　　）

A．富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质
B．工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁
C．吸收塔内的反应为SO2+Br2+2H2O═H2SO3+2HBr
D．若提取1molBr2，至少需要标准状况下44.8L的Cl2
【分析】由流程可知，海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发、冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；滤液酸化后通入氯气氧化溴离子得到溴单质，发生2Br﹣+Cl2＝Br2+2Cl﹣，吹入热空气吹出溴，用二氧化硫吸收富集溴发生SO2+Br2+2H2O＝4H++2Br﹣+SO42﹣，再通入氯气发生2Br﹣+Cl2＝Br2+2Cl﹣，蒸馏分离出溴，以此来解答。
【解答】解：A.溴易挥发，则富集溴元素过程中，热空气吹出溴，故A正确；
B.Mg为活泼金属，则工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故B正确；
C.二氧化硫与溴发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，则吸收塔内的反应为SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr，故C错误；
D.若提取1molBr2，流程中两次发生2Br﹣+Cl2＝Br2+2Cl﹣，提取粗溴消耗氯气物质的量为1mol、得到纯溴需氯气物质的量为1mol，共需要2mol氯气，所以在标准状况下体积为V＝n•Vm＝2mol×224.4L/mol＝44.8L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、金属冶炼及提溴原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（3分）炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成对环境有不良影响的活化氧，反应过程的能量变化如图。下列说法正确的是（　　）

A．生成活化氧的总反应是吸热反应
B．反应前后只有氧元素的化合价发生改变
C．无水条件下更有利于生成活化氧
D．反应过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成
【分析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；
B．反应过程中炭黑和氧气由单质转化成了化合物；
C．无水条件所需的活化能更高；
D．根据图象分析，氧分子活化过程O﹣O键断裂，生成C﹣O键。
【解答】解：A．根据能量图象，反应物的总能量大于生成物的总能量，生成活化氧的总反应为放热反应，故A错误；
B．反应过程炭黑和氧气由单质转化为化合物，氧元素和碳元素的化合价发生了变化，故B错误；
C．根据图象可以知道，无水条件需要更高的活化能，更难发生，有水条件下更容易发生，故C错误；
D．根据图象分析，氧分子活化过程O﹣O键断裂，生成C﹣O键，所以氧分子的活化是O﹣O的断裂与C﹣O键的生成过程，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查催化反应过程机理的分析，催化剂存在改变反应历程，降低反应活化能，加快化学速率，侧重考查学生分析能力和理解能力，题目难度中等。
11．（3分）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析错误的是（　　）

A．试管内液面上升，不能证明SO2与H2O发生了反应
B．试管中剩余少量气体，可能是因为收集的SO2不纯
C．取出试管中溶液，立即加入紫色石蕊试液，溶液显红色，主要原因是：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH明显下降，是由于空气中CO2的溶解
【分析】A．室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2，其先溶于水；
B．二氧化硫中可能含有其他杂质，导致水不能充满试管；
C．酸性溶液能使紫色石蕊试液变红，亚硫酸为弱酸，在水溶液中电离出氢离子；
D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，取出试管中溶液，在空气中放置一段时间，被氧气氧化，生成硫酸，硫酸为强酸，酸性增强。
【解答】解：A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，则试管内液面上升，不能证明SO2与H2O发生了反应，故A正确；
B．如果全部为二氧化硫，水充满试管，试管中剩余少量气体，可能是因为收集的SO2不纯，故B正确；
C．滴入紫色石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，主要原因是：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，故C正确；
D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查二氧化硫的性质实验，题目难度不大，明确发生反应的原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
12．（3分）“中国芯”的发展离不开高纯硅。从石英砂（主要成分为SiO2）制备高纯硅涉及的主要过程表示如图：

下列说法不正确的是（　　）
A．反应①证明了C的非金属性强于Si
B．流程中HCl和H2可以循环利用
C．反应①②③均为置换反应
D．硅的纯度对“中国芯”的性能有影响
【分析】石英砂（主要成分为SiO2），与碳在2000℃条件下反应生成粗硅和一氧化碳，粗硅与氯化氢在300℃条件下反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3与氢气在1100℃条件下反应生成高纯硅和氯化氢，达到制备高纯硅的目的，以此解答该题。
【解答】解：A．反应①是SiO2+2CSi+2CO↑，反应生成气体CO，促进反应正向进行，不能证明C的非金属性强于Si，故A错误；
B．依据图示可知，氢气和氯化氢可以循环使用，提高原料的利用率，故B正确；
C．反应①是SiO2+2CSi+2CO↑，反应②是Si+3HClSiHCl3+H2，③是SiHCl3+H2Si+3HCl，置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，故C正确；
D．高纯度的硅性能优越，对芯片的质量有显著的影响，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，题目涉及氯气和二氧化硅的知识，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，注意硅及其化合物的性质，题目难度不大。
13．（3分）探究亚硝酸钠（NaNO2）的化学性质，实验如下：
实验
装置
试剂a
现象
①

酚酞溶液
无色溶液变红
②
AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
③
淀粉KI溶液+稀硫酸
无色溶液立即变蓝
④
酸性K2Cr2O7溶液
无色溶液变为绿色
资料：AgNO2是淡黄色难溶于水的固体；溶液中Cr3+为绿色。
由上述实验所得结论不正确的是（　　）
A．NaNO2溶液显碱性
B．可与某些盐发生复分解反应：NO2﹣+Ag+═AgNO2↓
C．NaNO2有氧化性：2I﹣+2H++2NO2﹣═I2+2NO2↑+H2O
D．NaNO2有还原性：Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═3NO3﹣+2Cr3++4H2O
【分析】A.由实验①可知，NaNO2溶液水解；
B.由信息可知，实验②中AgNO2是淡黄色难溶于水的固体；
C.实验③中生成碘，淀粉遇碘变蓝，可知碘离子被氧化；
D.溶液中Cr3+为绿色，实验④中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，则N元素的化合价由+3价升高为+5价。
【解答】解：A.由实验①可知，NaNO2溶液水解，溶液显碱性，遇酚酞变红，故A正确；
B.由信息可知，实验②中AgNO2是淡黄色难溶于水的固体，则发生NO2﹣+Ag+═AgNO2↓，故B正确；
C.实验③中生成碘，淀粉遇碘变蓝，可知碘离子被氧化，则发生2I﹣+4H++2NO2﹣═I2+2NO↑+4H2O，故C错误；
D.溶液中Cr3+为绿色，实验④中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，则N元素的化合价由+3价升高为+5价，则发生Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═3NO3﹣+2Cr3++4H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14．（3分）含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO．下列分析不正确的是（　　）
A．含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH4++OH﹣⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O
B．吹脱法的原理是通过鼓气降低NH3浓度，从而降低水中NH3•H2O与NH4+的含量
C．折点氯化法除NH4+的原理为：2NH4++3ClO﹣═N2↑+3Cl﹣+3H2O+2H+
D．吹脱法无法对含NO2﹣的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2﹣的水体脱氮
【分析】A．含氨和铵盐的水体中存在一水合氨的电离平衡及一水合氨的分解平衡；
B．通过鼓气降低NH3浓度，则NH4++OH﹣⇌NH4•H2O⇌NH3+H2O中平衡正向移动；
C．NH4+能被NaClO氧化生成氮气和HCl；
D．吹脱法是利用物理方法脱氮，折点氯化法是利用ClO﹣的强氧化性将NO2﹣氧化成NO3﹣。
【解答】解：A．含氨和铵盐的水体中存在一水合氨的电离平衡及一水合氨的分解平衡，所以含有氨和铵盐的水体中存在平衡NH4++OH﹣⇌NH4•H2O⇌NH3+H2O，故A正确；
B．通过鼓气降低NH3溶解度从而降低其浓度，则NH4++OH﹣⇌NH4•H2O⇌NH3+H2O中平衡正向移动，从而降低水中NH3•H2O与NH4+的含量，故B正确；
C．NH4+中N元素为﹣3价，所以具有还原性，NaClO具有强氧化性，则NH4+能被NaClO氧化生成氮气和HCl，离子方程式为2NH4++3ClO﹣═N2↑+3Cl﹣+3H2O+2H+，故C正确；
D．吹脱法是利用物理方法脱氮，无法对含 NO2﹣的水体脱氮，折点氯化法是利用ClO﹣的强氧化性将NO2﹣氧化成NO3﹣，N元素不能脱离水体，所以无法脱氮，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以氨气为载体考查弱电解质的电离、氧化还原反应、离子方程式的书写等知识点，为高频考点，明确元素化合物性质、化学反应原理是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
二.第Ⅱ卷（非选择题部分共58分）
15．（9分）氮循环是地球物质循环的重要组成部分。
Ⅰ．一种新型“氮的固定”研究，其原理如图所示：

（1）N2的电子式：　　。
（2）热稳定性：NH3　＜　H2O（填“＞”或“＜”）。
（3）NH3、H2O分子中化学键极性更强的是 　H﹣O　键。
（4）写出如图所示过程的总反应方程式：　2N2+6H2O═4NH3+3O2　。
Ⅱ．人类活动影响了氮循环中的物质转化。
（5）①结合如图判断，下列说法正确的是 　BC　。

A．固氮过程中，N2只做氧化剂
B．在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与
C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响
D．同化、氨化过程中，氮元素均从无机物转移至有机物
②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂。请将该反应的离子方程式补充完整：5CH3OH+6NO3﹣　3　N2↑+4HCO3﹣+　1　　CO32﹣　+　1　　H2O　。
【分析】（1）氮气分子中含有氮氮三键；
（2）非金属性O＞N，元素的非金属性越强，氢化物越稳定；
（3）结合非金属性强弱分析；
（4）三步反应6Li+N2＝2Li3N、Li3N+3H2O＝3LiOH+NH3、4LiOH4Li+O2↑+2H2O，据此判断；
（5）A．氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被氧化，所以N2作还原剂；
B．NH3转化成HNO2，增加了O元素，则NH3被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与；
C．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响；
D．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物；
（2）CH3OH与硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水。
【解答】解：（1）氮气分子中含有氮氮三键，氮气的电子式为：，
故答案为：；
（2）非金属性O＞N，元素的非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性：NH3＜H2O，
故答案为：＜；
（3）NH3、H2O分子中化学键极性更强的是H﹣O，
故答案为：H﹣O；
（4）三步反应6Li+N2＝2Li3N、Li3N+3H2O＝3LiOH+NH3、4LiOH4Li+O2↑+2H2O，上述三步循环的总结果为2N2+6H2O═4NH3+3O2，
故答案为：2N2+6H2O═4NH3+3O2；
（5）A．氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被氧化，所以N2作还原剂，故A错误；
B．NH3转化成HNO2，增加了O元素，则NH3被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与，故B正确；
C．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，故C正确；
D．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，故D错误；
故答案为：BC；
（6）CH3OH与硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水，反应的离子方程式为：5CH3OH+6NO3﹣3N2↑+4HCO3﹣+CO32﹣+8H2O；
故答案为：3N2；1CO32﹣；H2O。
【点评】本题考查的知识点较多，涉及氧化还原反应、物质之间的转化，为高频考点，注意把握图象中物质之间的转化关系、以及氧化还原反应原理和应用，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。
16．（11分）碳族中的碳、硅、锗及其化合物在多领域有重要用途。
（1）基态Si的电子排布式为 　1s22s22p63s23p2　。
（2）我国科学家研发的“液态阳光”计划是通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。CO2分子中存在 　2　个σ键和 　2　个π键，CO2分子是 　非极性　分子（填“极性”或“非极性”）。
（3）关于C、Si及其化合物的结构与性质，下列论述不正确的是 　AC　。
A．键能C﹣C＞Si﹣Si、C﹣H＞Si﹣H，因此C2H6稳定性小于Si2H6
B．SiC是与金刚石结构相似的共价晶体，因此SiC具有较高的硬度
C．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为﹣4，因此SiH4还原性小于CH4
D．Si原子间难形成双键和三键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，因此难以形成π键
（4）SiCl4与N﹣甲基咪唑（H3C﹣）反应可以得到M2+，其结构如图所示：

N﹣甲基咪唑子中碳原子的杂化轨道类型有 　sp2、sp3　。
（5）汞（Hg）、锗（Ge）、锑（Sb）形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体（晶胞为图b）可视为晶体（晶胞为图a）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。

X的最简式的相对分子质量为Mr，阿伏加德罗常数的数值为NA，则X晶体的密度为 　×1021　g/cm3（列出计算式）。注：1nm＝10﹣9m
【分析】（1）硅元素的原子序数为14，则基态硅原子的电子排布式满足洪特规则和泡利原理；
（2）双键含有1个σ键和1个π键；
（3）A．分子的键能之和越大，分子越稳定；
B．金刚砂是与金刚石结构相似的共价晶体；
C．硅烷中硅元素为+4价，由化合价代数和为0可知，氢元素为﹣1价，﹣1价氢元素具有较强的还原性，还原性强于甲烷中﹣4价碳元素；
D．硅原子的原子半径大于碳原子，p轨道难以相互重叠形成π键；
（4）由N﹣甲基咪唑的结构简式可知，分子中甲基碳原子为饱和碳原子，杂化轨道类型为sp3杂化；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体心的锗原子为8×+4×+1＝4，位于棱上和面心的汞原子为4×+6×＝4，位于体内的锑原子个数为8，则锗原子、汞原子和锑原子的个数比为4：4：8＝1：1：2，晶胞的化学式为GaHgSb2，设晶胞的密度为ρg/cm3，ρ＝。
【解答】解：（1）硅元素的原子序数为14，则基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，
故答案为：1s22s22p63s23p2；
（2）二氧化碳分子的空间构型为直线形，是结构对称的非极性分子，结构式为O＝C＝O，分子中双键含有1个σ键和1个π键，则二氧化碳分子中含有2个σ键和2个π键，
故答案为：2；2；非极性；
（3）A．分子的键能之和越大，分子越稳定，由键能C﹣C＞Si﹣Si、C﹣H＞Si﹣H可知，C2H6分子的键能之和大于Si2O6，则C2H6稳定性大于Si2O6，故A错误；
B．金刚砂是与金刚石结构相似的共价晶体，金刚石具有很高的硬度，则金刚砂也具有较高的硬度，故B正确；
C．硅烷中硅元素为+4价，由化合价代数和为0可知，氢元素为﹣1价，﹣1价氢元素具有较强的还原性，还原性强于甲烷中﹣4价碳元素，则硅烷的还原性强于甲烷，故B错误；
D．硅原子的原子半径大于碳原子，p轨道难以相互重叠形成π键，所以硅原子间难以形成双键和三键，故D正确；
故答案为：AC；
（4）由N﹣甲基咪唑的结构简式可知，分子中甲基碳原子为饱和碳原子，杂化轨道类型为sp3杂化，五元环中的双键碳原子为不饱和碳原成键电子对为3，杂化轨道类型为sp2杂化，
故答案为：sp2、sp3；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体心的锗原子为8×+4×+1＝4，位于棱上和面心的汞原子为4×+6×＝4，位于体内的锑原子个数为8，则锗原子、汞原子和锑原子的个数比为4：4：8＝1：1：2，晶胞的化学式为GaHgSb2，设晶胞的密度为ρg/cm3，ρ＝，由质量公式可得：＝（x×10﹣7）2×（y×10﹣7）ρ，解得ρ＝×1021
故答案为：×1021。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，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，题目涉及核外电子排布、杂化方式、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的考查，（5）中计算为易错点，题目计算量大，难度中等。
17．（12分）含氯消毒剂在生活、生产中有广泛应用。
（1）①自来水厂用液氯对自来水进行杀菌消毒。实验室不能用自来水配制一定物质的量浓度的硝酸银溶液，用离子方程式表示其原因 　Cl﹣+Ag+＝AgCl↓　。
②用液氯消毒自来水会产生微量有机氯代物，危害人体健康，可使用二氧化氯（ClO2）代替液氯。工业上以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠（NaClO3）和硫酸溶液混合制备二氧化氯。已知黄铁矿中的硫元素（﹣1价）被氧化成SO42﹣，制备二氧化氯的离子方程式为 　15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42﹣　。
（2）①“84”消毒液的工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为 　Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O　。
②“84”消毒液可用于处理超标含氰废水。当含氰废水中NaCH含量低于0.5mg/L，即可达到排放标准。处理过程：第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。下列说法不正确的是 　AB　。
已知：HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
A．第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质HCN
B．第二步发生的反应为2OCN﹣+3ClO﹣═2CO2↑+CO32﹣+3Cl﹣+N2↑
C．处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水实际至少需要50mol NaClO
（3）探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况。实验过程：向3个烧杯中分别加入等体积等浓度稀释后的“84”消毒液；用稀硫酸调pH分别至10、7和4（忽略溶液体积变化）；分别放入大小相同的红纸。记录如下：
烧杯
溶液pH
现象
a
10
10min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色
b
7
10min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色
c
4
10min后，红纸颜色变得更浅；4h后红纸褪色
溶液中Cl2、HClO和ClO﹣物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如图所示：

①由实验现象获得的结论：溶液的pH在4～10范围内，　pH越大，红纸褪色越慢　。
②结合图像，b、c烧杯中实验现象出现差异的原因是 　b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度越小，反应速率越慢，褪色越慢　。
【分析】（1）①自来水中的氯离子与银离子产生氯化银沉淀；
②以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠（NaClO3）和硫酸溶液混合制备二氧化氯气体。已知黄铁矿中的硫元素（﹣1价）最终氧化成SO42﹣，可知S、e元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，结合电子、电荷及原子守恒分析；
（2）①氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水；
②A．NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；
B．反应中氯元素的化合价从+1价降低到﹣1价，得到2个电子，N元素化合价从﹣3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，由此书写离子反应方程式；
C．参加反应的NaCN的物质的量为＝20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从﹣3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，由此求需次氯酸钠的质量；
（3）①由表可知pH越大，红纸褪色越慢；
②bc两烧杯中，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小。
【解答】解：（1）①实验室不能用自来水配制一定物质的量浓度的硝酸银溶液，因为自来水中的氯离子与银离子产生氯化银沉淀，从而使硝酸银溶液变质，发生的离子方程式为Cl﹣+Ag+＝AgCl↓，
故答案为：Cl﹣+Ag+＝AgCl↓；
②用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，氯酸跟离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化FeS2为硫酸铁和硫酸，本身被还原为反应的离子方程式为ClO2；结合原子守恒、电子守恒配平写出离子方程式为：15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42﹣；
故答案为：15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42﹣；
（2）①氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
②A．NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，而不是酸性，故A错误；
B．反应中氯元素的化合价从+1价降低到﹣1价，得到2个电子，N元素化合价从﹣3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN﹣+3ClO﹣＝CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑，故B错误；
C．参加反应的NaCN的物质的量为＝20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从﹣3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg•L﹣1的废水，实际至少需NaClO的物质的量为20mol×＝50mol，故C正确；
故答案为：AB；
（3）①由实验现象可获得结论：溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色越慢，
故答案为：pH越大，红纸褪色越慢；
②由图可知，pH＝4时，溶液中HClO的物质的量较大，pH＝7时，溶液中HClO的物质的量较小，c烧杯中HClO的浓度大，红纸褪色较快，b烧杯中HClO的浓度小，红纸褪色较慢，即b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度越小，反应速率越慢，褪色越慢，
故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度越小，反应速率越慢，褪色越慢。
【点评】本题考查了氯气的性质及含氯化合物的性质探究、氧化还原反应及计算、图象变化的分析判断等知识，把握氯气的性质、HClO的性质是解题关键，侧重分析能力和运用能力的考查，题目难度不大。
18．（12分）纳米Fe3O4在磁流体、催化剂、医学等领域具有广阔的应用前景。氧化共沉淀制备纳米Fe3O4的方法如下：
1，Fe2+的氧化：将FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到 FeO（ OH）红棕色悬浊液。
（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀，该反应的离子方程式是 　Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓　
②上述反应完成后，测得a值与FeO（OH）产率及其生成后溶液pH的关系，结果如下：
a
7.0
8.0
9.0
FeO（OH）的产率
＜50%
95%
＞95%
FeO（OH）生成后pH
接近4
接近4
接近4
用离子方程式解释FeO（ OH）生成后溶液pH下降的原因：　2Fe2++4OH﹣+H2O2＝2FeO（ OH）+2H2O　。
（2）经检验：当a＝7时，产物中存在大量Fe2O3．对Fe2O3的产生提出两种假设：
i．反应过程中溶液酸性增强，导致FeO（ OH）向Fe2O3的转化；
ii．溶液中存在少量Fe2+，导致FeO（ OH）向Fe2O3的转化。
①分析，假设i不成立的实验依据是 　a＝8或9时反应后溶液PH均接近于4即反应过程中溶液酸性均增强　。
②其他条件相同时，向FeO（ OH）浊液中加入不同浓度Fe2+，30min后测定物质的组成，结果如表：
c（Fe2+）/mol•L﹣1
FeO（OH）百分含量/%
Fe2O3百分含量/%
0.00
100
0
0.01
40
60
0.02
0
100
以上结果表明：　溶液中存在少量Fe2+可导致FeO（ OH）向Fe2O3的转化，且溶液中亚铁离子含量越高，相同时间内FeO（ OH）向Fe2O3的转化的越多　。
（3）a＝7和a＝9时，FeO（ OH）产率差异很大的原因是 　a＝9时溶液中几乎无亚铁离子，而a＝7时溶液中还存在亚铁离子　。
Ⅱ．Fe2+和Fe3+共沉淀：向FeO（ OH）红棕色悬浊液中同时加入FeSO4溶液和NaOH浓溶液进行共沉淀，再将此混合液加热回流、冷却、过滤、洗涤、干燥，得到纳米Fe3O4。
（4）共沉淀时的反应条件对产物纯度和产率的影响极大。
①共沉淀pH过高时，会导致FeSO4溶液被快速氧化；共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是 　Fe2O3　。
②已知N＝n[FeO（OH）]/n（Fe2+），其他条件一定时，测得纳米Fe3O4的产率随N的变化曲线如图所示：
经理论分析，N＝2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是 　实际操作过程中会有部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子，故N＝2时，参与共沉淀的亚铁离子减少，导致生成的Fe3O4的产率减小　。

【分析】Ⅰ．（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀是亚铁离子结合氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀；
②FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到 FeO（ OH）红棕色悬浊液，消耗氢氧根离子；
（2）①图表数据分析，PH＝7、8、9 时FeO（OH）生成后pH均接近于4；
②其他条件相同时，向FeO（OH）浊液中加入不同浓度Fe2+，浓度越大会导致FeO（ OH）向Fe2O3的转化；
（3）a＝7和a＝9时，FeO（OH）产率差异很大，和含有亚铁离子多少有关；
Ⅱ．（4）①反应过程中溶液酸性增强，导致FeO（ OH）向Fe2O3的转化；
②经理论分析，N＝2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，图中是N＝1.75最高，可能是亚铁离子被氧化导致四氧化三铁减少。
【解答】解：Ⅰ．（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀是亚铁离子结合氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式：Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓，
故答案为：Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓；
②FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到 FeO（OH）红棕色悬浊液，消耗氢氧根离子，溶液PH降低，反应的离子方程式为：2Fe2++4OH﹣+H2O2＝2FeO（OH）+2H2O，
故答案为：2Fe2++4OH﹣+H2O2＝2FeO（OH）+2H2O；
（2）①a＝8或9时反应后溶液PH均接近于4即反应过程中溶液酸性均增强，说明假设i。反应过程中溶液酸性增强，导致FeO（OH）向Fe2O3的转化不正确，
故答案为：a＝8或9时反应后溶液PH均接近于4即反应过程中溶液酸性均增强；
②表中数据分析可知，其他条件相同时，向FeO（ OH）浊液中加入不同浓度Fe2+，浓度越大会导致FeO（ OH）向Fe2O3的转化，溶液中存在少量Fe2+可导致FeO（ OH）向Fe2O3的转化，且溶液中亚铁离子含量越高，相同时间内FeO（ OH）向Fe2O3的转化的越多，
故答案为：溶液中存在少量Fe2+可导致FeO（ OH）向Fe2O3的转化，且溶液中亚铁离子含量越高，相同时间内FeO（ OH）向Fe2O3的转化的越多；
（3）a＝7和a＝9时，FeO（ OH）产率差异很大的原因是：a＝9时溶液中几乎无亚铁离子，而a＝7时溶液中还存在亚铁离子，
故答案为：a＝9时溶液中几乎无亚铁离子，而a＝7时溶液中还存在亚铁离子；
Ⅱ．（4）①反应过程中溶液酸性增强，导致FeO（OH）向Fe2O3的转化，共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是：Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；
②经理论分析，N＝2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是：实际操作过程中会有部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子，故N＝2时，参与共沉淀的亚铁离子减少，导致生成的Fe3O4的产率减小，
故答案为：实际操作过程中会有部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子，故N＝2时，参与共沉淀的亚铁离子减少，导致生成的Fe3O4的产率减小。
【点评】本题考查了物质制备实验过程的分析、数据处理和规律的分析判断，主要是实验方案的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
19．（14分）某小组同学对Na2SO3与AgNO3在不同的pH下反应进行探究。
（1）测得Na2SO3溶液pH为10，AgNO3溶液pH为5。用离子方程式表示Na2SO3溶液显碱性的原因 　SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣　。
（2）调节Na2SO3与AgNO3混合后的初始pH，实验记录如下：
实验
pH
现象
a
10
产生白色沉淀，稍后沉淀溶解
b
6
产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解
c
2
产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X
资料：ⅰ．Ag2SO3：白色，不溶于水，可溶于过量Na2SO3溶液。
ⅱ．Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应。
针对实验a中白色沉淀提出两种推测：
推测1：白色沉淀为Ag2SO3。
推测2：白色沉淀为Ag2SO4。
①推测1产生该沉淀的反应用离子方程式表示 　2Ag++SO32﹣＝Ag2SO3↓　。
②推测2的理论依据是 　亚硫酸根离子具有还原性，可能被氧化为磷酸根离子，磷酸根离子与银离子反应生成Ag2SO4白色沉淀　。
③取b、c中白色沉淀，分别置于过量Na2SO3溶液中，沉淀均溶解经实验证明白色沉淀不是Ag2SO4，实验过程：另取Ag2SO4固体置于 　过量Na2SO3　溶液中，未溶解。
（3）为确认X组成，将c中X过滤、洗涤，继续实验：
Ⅰ．向X中滴加稀盐酸，无明显变化；
Ⅱ．向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体；
Ⅲ．用Ba（NO3）2、BaCl2检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀。
①Ⅰ的目的是 　证明X不是Ag2O　。
②根据Ⅲ的现象，可判断X的元素组成 　含有Ag元素，不含S元素　。
③Ⅱ中反应的化学方程式是 　Ag+2HNO3（浓）＝AgNO3+NO2↑+H2O　。
（4）综合以上实验，分析X产生的可能原因：
①甲同学认为随着溶液酸性增强，Ag2SO3中的Ag+氧化性增强。
②乙同学认为 　随着溶液酸性增强，Ag2SO3中的SO32﹣还原性增强　。
【分析】（1）强碱弱酸盐Na2SO3水解显碱性；
（2）①推测1是硝酸银和亚硫酸钠反应生成的白色沉淀为Ag2SO3；
②推测2是亚硫酸根离子可能被氧化生成硫酸根离子，结合银离子生成白色沉淀为Ag2SO4；
③另取Ag2SO4固体置于过量Na2SO3溶液中，未溶解，证明是硫酸银沉淀；
（3）①Ag2O能溶于稀盐酸；
②用Ba（NO3）2、BaCl2检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀，说明是氯化银沉淀，不是硫酸钡沉淀；
③向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体是银单质和浓硝酸反应生成二氧化氮红棕色气体；
（4）X产生的可能原因是随酸性增强，亚硫酸根离子还原性增强。
【解答】解：（1）强碱弱酸盐Na2SO3在溶液中易发生水解，SO32﹣结合 H2O电离的H+：即SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，使c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，
故答案为：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣；
（2）①推测1：白色沉淀为Ag2SO3，是硝酸银和亚硫酸钠反应生成的白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32﹣＝Ag2SO3↓，
故答案为：2Ag++SO32﹣＝Ag2SO3↓；
②推测2：白色沉淀为Ag2SO4，推测的理论依据是：亚硫酸根离子具有还原性，可能被氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与银离子反应生成Ag2SO4白色沉淀，
故答案为：亚硫酸根离子具有还原性，可能被氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与银离子反应生成Ag2SO4白色沉淀；
③取b、c中白色沉淀，分别置于过量Na2SO3溶液中，沉淀均溶解经实验证明白色沉淀不是Ag2SO4，实验过程：另取Ag2SO4固体置于过量Na2SO3溶液中，未溶解，证明是硫酸银沉淀，
故答案为：过量Na2SO3溶液；
（3）①向X中滴加稀盐酸，无明显变化，说明沉淀不溶于稀盐酸，证明X不是Ag2O，
故答案为：证明X不是Ag2O；
②用Ba（NO3）2、BaCl2检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀，说明是氯化银沉淀，不是硫酸钡沉淀，含有Ag元素，不含S元素，
故答案为：含有Ag元素，不含S元素；
③向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体，Ⅱ中反应是银和浓硝酸发生氧化还原反应，生成二氧化氮气体，反应的化学方程式是：Ag+2HNO3（浓）＝AgNO3+NO2↑+H2O，
故答案为：Ag+2HNO3（浓）＝AgNO3+NO2↑+H2O；
（4）X产生的可能原因是①甲同学认为随着溶液酸性增强，Ag2SO3中的Ag+氧化性增强，②随着溶液酸性增强，Ag2SO3中的SO32﹣还原性增强，
故答案为：随着溶液酸性增强，Ag2SO3中的SO32﹣还原性增强。
【点评】本题考查了盐类水解原理、离子性质实验过程分析判断，主要是实验现象和方案的理解应用，题目难度中等。