2021-2022学年河南省三门峡市高三（上）段考化学试卷（11月份）

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2021-2022学年河南省三门峡市高三（上）段考化学试卷（11月份）
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意。）
1．（3分）化学与生活、生产及科技密切相关，下列有关说法错误的是（　　）
A．三星堆二号祭祀坑出土商代的铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化史上的诸多空白，青铜器的出土表明我国商代已经掌握冶炼铜技术
B．75%（体积分数）的酒精、含氯消毒剂均可以有效灭活新型冠状病毒
C．中国“奋斗者”号载人潜水器的钛合金比纯金属钛具有更高的硬度
D．纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+
2．（3分）火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为2KNO3+S+3C═K2S+N2↑+3CO2↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（　　）
A．K+的结构示意图： B．CO2的结构式：O＝C＝0
C．K2S的电子式：K2[]2﹣ D．16O2与18O3互为同位素
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．0.5mol熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NA
B．17gH2O2中O﹣O键数目与16gS8（）S﹣S键数目不相同
C．5.6gFe与足量稀硝酸完全反应，转移电子数目为0.3NA
D．标准状况下，2.24LNO和O2的混合气体中分子数目为0.1NA
4．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．NaHCO3溶液：K+、SO42﹣、Cl﹣、AlO2﹣
B．c（Cu2+）＝1mol⋅L﹣1的溶液：Fe2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣
C．能溶解Al（OH）3的溶液：Na+、Mg2+、HCO3﹣、SO42﹣
D．c（Fe3+）＝0.1mol⋅L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣
5．（3分）不能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）
A．少量三氧化硫通入氨水中：SO3+NH3⋅H2O═NH4++HSO4﹣
B．NaNO2溶液使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mg2++5NO3﹣+3H2O
C．Na与CuSO4水溶液反应：2Na+2H2O+Cu2+＝2Na++Cu（OH）2↓+H2↑
D．将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中：4Fe2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+8Na++O2↑
6．（3分）下列装置能达到实验目的的是（　　）
A．熔化Na2CO3 B．验证SO2氧化性
C．测定中和反应反应热 D．制备氢氧化铁胶体
7．（3分）为除去下列物质中的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是（　　）
A．除去Cl2中的HCl气体：通过饱和食盐水，洗气
B．除去Na2O2中的Na2O：将混合物在氧气中加热
C．除去CO2气体中的HCl：通过饱和Na2CO3溶液，洗气
D．除去CO2中的SO2：将混合气体通入饱和NaHCO3溶液
8．（3分）N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2+Fe3+→N2F4↑+Fe2++H+（未配平），下列说法不正确的是（　　）
A．被氧化的元素是N，被还原的元素是Fe
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C．Fe3+的氧化性强于N2F4的氧化性
D．若生成2.24LN2F4，转移电子0.2mol
9．（3分）下列热化学方程式中，错误的是（　　）
A．已知P（白磷，s）＝P（红磷，s）ΔH＝﹣17.6kJ⋅mol﹣1，由此推知红磷更稳定
B．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）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（1）ΔH＝﹣890.3kJ⋅mol﹣1
C．500℃、30MPa下，将0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＝﹣38.6kJ/mol
D．用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（1）ΔH＞﹣57.3kJ⋅mol﹣1
10．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．化合物M中W不都满足8电子稳定结构
B．Y单质的熔点高于X单质
C．W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性高
D．W、X、Z简单离子半径最小的是X
11．（3分）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
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝不滴落
金属铝的熔点较高
B
向某溶液中滴加浓盐酸，将产生气体通入石蕊试液，溶液先变红后褪色
溶液中含有SO32﹣或HSO3﹣
C
向Fe（NO3）3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入1滴KSCN溶液，溶液变红
原Fe（NO3）3溶液中Fe3+，只有部分被Fe还原
D
向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色
Cl2的氧化性强于I2
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）某同学在实验室选用如图实验装置，验证浓硫酸与碳反应的生成物。下列说法错误的是（　　）
A．浓硫酸与碳反应中，浓硫酸仅表现强氧化性
B．验证产物的正确连接顺序为：Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→Ⅳ
C．装置Ⅱ中两侧品红溶液在实验设计中的作用不相同
D．若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无CO2
13．（3分）已知在酸性或碱性条件下，单质铝均可与溶液中的NO3﹣发生反应，转化关系如图，已知：气体乙能使酚酞溶液变红。下列说法不正确的是（　　）

A．乙溶液中含有大量AlO2﹣
B．气体乙→气体甲反应为4NH3+5O24NO+6H2O
C．甲溶液→乙溶液可以加入过量的氨水
D．碱性条件下，参加反应的n（Al）：n（NO3﹣）＝8：3
（多选）14．（3分）下列相关图象合理的是（　　）
A
B
C
D
向含等物质的量Na2CO3、NaHCO3混合溶液中滴加盐酸
将CO2通入NaOH、Ba（OH）2和NaAlO2混合溶液中
Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉
NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH溶液




A．A B．B C．C D．D
15．（3分）某兴趣小组以含少量Fe、Al杂质的单质钴制取CoCl2⋅6H2O的一种实验流程如图所示：

下列说法错误的是（　　）
A．“酸浸”所得溶液中主要含有的离子有Co2+、Fe2+、Al3+、Cl﹣、H+
B．为降低成本，试剂X可选用碱石灰
C．“净化除杂”过程中H2O2作氧化剂，滤渣的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3
D．操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒和三脚架
16．（3分）某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液10mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.01mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。下列叙述正确的是（　　）
A．SO42﹣、Fe3+一定存在，Cl﹣可能存在
B．CO32﹣一定不存在，K+可能存在
C．至少存在5种离子
D．Cl﹣一定存在且c（Cl﹣）≥0.3mol/L
二、非选择题（本题包含4道小题，共52分）
17．（11分）X、Y、Z、W、M、R、Q是短周期主族元素，部分元素的原子半径和化合价信息如表所示：

X
Y
Z
W
原子半径/（nm）
0.074
0.099
0.075
0.102
最高或最低化合价

+7
+5
+6
−2
−1
−3
−2
M的焰色反应为黄色；X、Y、R位于周期表中不同周期；Q的单质为半导体材料。
（1）Y元素在周期表中的位置是 　 　；构成化合物M2X2的化学键类型是 　 　。
（2）写出X、Y、R按原子个数之比为1：1：1形成的化合物的电子式 　 　。
（3）Y与W相比，非金属性较强的是 　 　（用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是 　 　（选填字母序号）。
a．常温下W的单质呈固态，Y的单质呈气态
b．Y与W形成的化合物中W呈正价
c．Y和M反应时，lmolY原子所得电子数少于1molW原子所得电子
d．Y的气态氢化物比W的气态氢化物稳定
（4）Q单质能与NaOH溶液反应放出H2，请写出该反应的离子方程式 　 　。
（5）Z2R4为二元弱碱，在水中的电离与氨相似，Z2R4与磷酸形成的磷酸二氢盐的化学式为 　 　。
18．（12分）（1）处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图，反应过程中主要存在N2、HCO3﹣、ClO﹣、CNO﹣（C为+4价）、Cl﹣等微粒。写出处理该废水时发生反应的离子方程式 　 　。
（2）已知：①H2（g）＝H2（l）ΔH＝﹣0.92kJ⋅mol﹣1
②O2（g）＝O2（l）ΔH＝﹣6.84kJ⋅mol﹣1
③H2O（1）＝H2O（g）ΔH＝+44.0kJ⋅mol﹣1
④H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH＝﹣285.8kJ⋅mol﹣1
请写出液氢和液氧生成气态水的热化学方程式：　 　。
（3）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x的值为 　 　。
（4）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.12LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4mol⋅L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 　 　mL。
（5）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：
①H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：　 　。
②H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银，利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，写出化学镀银反应的离子方程式 　 　。

19．（14分）平板液晶显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含CeO2、SiO2、Fe2O3等物质，某实验小组以此粉末为原料回收铈，设计流程如图所示。

已知：CeO2具有强氧化性，一般不与常见的无机酸反应。
（1）检验滤液A中主要存在的金属阳离子方法：　 　。
（2）滤渣B的主要成分化学式 　 　，说出该物质的主要应用 　 　。
（3）步骤②的离子方程式 　 　，为了加快步骤②的反应速率，有人提出在较高温度下进行，你认为是否恰当并解释理由 　 　。
（4）将NH4Cl固体与CeCl3⋅6H2O混合真空加热可得无水CeCl3，其加入NH4Cl的作用是 　 　。
（5）第④步反应的化学方程式是 　 　。
（6）最后过滤洗涤得到纯净的Ce（OH）4，请写出洗涤Ce（OH）4的方法：　 　。
20．（15分）氯化亚砜（SOCl2）是一种液态化合物，沸点为77℃，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2═2SOCl2，部分装置如图1所示，回答以下问题：

（1）实验室制取SOCl2在三颈烧瓶中合成，整个装置所选仪器的连接顺序是：
⑥→　 　→①②←　 　（用“→”或“←”连接各接口，箭头表示气体流向，某些仪器可以多次使用。⑥装置中制取氯气）。
（2）冷凝管上连接的干燥管的作用是：①吸收逸出的Cl2，SO2防污染；②　 　。
（3）该实验制取氯气的离子方程式为 　 　。
（4）SOCl2与水反应的化学方程式为 　 　。
（5）图2所示的装置的名称是 　 　，实验室中 　 　（填“能”或“不能”）反使用图2所示的装置来制备SO2。实验室对SO2尾气进行处理，如图3装置最合适的是 　 　（填标号）。

（6）已知SCl2的沸点为50℃。实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作名称是 　 　。若反应中消耗的Cl2的体积为896mL（已转化为标准状况，SO2足量），最后得到纯净的SOCl27.12g，则SOCl2的产率为 　 　（保留二位有效数字）

2021-2022学年河南省三门峡市高三（上）段考化学试卷（11月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意。）
1．（3分）化学与生活、生产及科技密切相关，下列有关说法错误的是（　　）
A．三星堆二号祭祀坑出土商代的铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化史上的诸多空白，青铜器的出土表明我国商代已经掌握冶炼铜技术
B．75%（体积分数）的酒精、含氯消毒剂均可以有效灭活新型冠状病毒
C．中国“奋斗者”号载人潜水器的钛合金比纯金属钛具有更高的硬度
D．纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+
【分析】A．金属性越弱，得到应用的就越早；
B．酒精可以使蛋白质变性，强氧化剂也可以蛋白质变性，失去生理作用；
C．合金的硬度大于成分金属；
D．纳米铁粉主要通过置换反应除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+。
【解答】解：A．青铜为铜锡合金，青铜的冶炼属于冶炼铜技术之一，描述正确，故A不选；
B．体积分数为75%的酒精可以使蛋白质变性，含氯消毒剂属于强氧化剂，也可以有效灭活新型冠状病毒，描述正确，故B不选；
C．合金的硬度大于成分金属，所以钛合金比纯金属钛具有更高的硬度，描述正确，故C不选；
D．纳米铁粉主要通过置换反应除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+，描述错误，符合题意，故D选；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学与生活、生产及科技之间的密切相关，体现化学学科的重要性，增强学生学习化学的兴趣，属于基本知识的考查，难度不大。
2．（3分）火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为2KNO3+S+3C═K2S+N2↑+3CO2↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（　　）
A．K+的结构示意图： B．CO2的结构式：O＝C＝0
C．K2S的电子式：K2[]2﹣ D．16O2与18O3互为同位素
【分析】A.K+的核内有19个质子，核外有18个电子；
B.CO2中C原子与O原子之间以双键结合；
C.K2S是离子化合物，相同离子不能合并；
D.同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体。
【解答】解：A.K+的核内有19个质子，核外有18个电子，结构示意图为，故A错误；
B.CO2中C原子与O原子之间以双键结合，结构式为O＝C＝O，故B正确；
C.K2S是离子化合物，相同离子不能合并，电子式为，故C错误；
D.16O2与18O3是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，不是同位素，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学用语的表示方法，涉及结构式以及电子式等，侧重于学生的分析能力和灵活运用能力的考查，有利于学生养成规范使用化学用语的习惯，题目难度不大。
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．0.5mol熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NA
B．17gH2O2中O﹣O键数目与16gS8（）S﹣S键数目不相同
C．5.6gFe与足量稀硝酸完全反应，转移电子数目为0.3NA
D．标准状况下，2.24LNO和O2的混合气体中分子数目为0.1NA
【分析】A．NaHSO4在熔融时只能电离为钠离子和硫酸氢根离子；
B．一个H2O2中存在一个O﹣O键，一个S8（）中存在8个S﹣S键；
C．铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价；
D．生成的二氧化氮部分转化成四氧化二氮。
【解答】解：A．NaHSO4在熔融时只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，则0.5mol熔融的硫酸氢钠中含离子为NA个，故A错误；
B．17gH2O2中O﹣O键数目×1×NA/mol＝0.5NA，16gS8（）中S﹣S键数目×8×NA/mol＝0.5NA，故B错误；
C．铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价，则5.6g铁即0.1mol铁反应后转移电子为0.3NA个，故C正确；
D．标准状况下，2.24L气体的物质的量为0.1mol，NO与氧气反应生成二氧化氮的反应是气体分子数减少的反应，且生成的NO2中存在转化平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子数再次减少，则混合气体的总物质的量小于0.1mol，所含分子总数小于0.1NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
4．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．NaHCO3溶液：K+、SO42﹣、Cl﹣、AlO2﹣
B．c（Cu2+）＝1mol⋅L﹣1的溶液：Fe2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣
C．能溶解Al（OH）3的溶液：Na+、Mg2+、HCO3﹣、SO42﹣
D．c（Fe3+）＝0.1mol⋅L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
【解答】解：A.NaHCO3溶液会与AlO2﹣发生双水解生成气体和二氧化碳，故不能共存，故A错误；
B.c（Cu2+）＝1mol⋅L﹣1的溶液：Fe2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣，相互之间不发生反应，故能共存，故B正确；
C.能溶解Al（OH）3的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，故不能和HCO3﹣共存，故C错误；
D.Fe3+会与SCN﹣发生反应生成络合物而不能共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5．（3分）不能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）
A．少量三氧化硫通入氨水中：SO3+NH3⋅H2O═NH4++HSO4﹣
B．NaNO2溶液使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mg2++5NO3﹣+3H2O
C．Na与CuSO4水溶液反应：2Na+2H2O+Cu2+＝2Na++Cu（OH）2↓+H2↑
D．将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中：4Fe2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+8Na++O2↑
【分析】A．三氧化硫少量反应生成硫酸铵；
B．亚硝酸根离子具有还原性，能够还原高锰酸根离子；
C．钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀和氢气；
D．过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生反应生成氢氧化铁、硫酸钠和氧气。
【解答】解：A．少量三氧化硫通入氨水中，离子方程式：SO3+2NH3•H2O═2NH4++SO42﹣+H2O，故A错误；
B．NaNO2溶液使酸性KMnO4溶液褪色，离子方程式：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故B正确；
C．金属钠与硫酸铜溶液反应，离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+═2Na++Cu（OH）2↓+H2↑，故C正确；
D．过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生反应，离子方程式：4Fe2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+，故D正确，
故选：A。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子反应方程式的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。
6．（3分）下列装置能达到实验目的的是（　　）
A．熔化Na2CO3 B．验证SO2氧化性
C．测定中和反应反应热 D．制备氢氧化铁胶体
【分析】A．高温下二氧化硅与碳酸钠反应；
B．二氧化硫与硫化钠反应生成S；
C．缺少搅拌装置；
D．饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备胶体。
【解答】解：A．高温下二氧化硅与碳酸钠反应，应选铁坩埚，故A错误；
B．二氧化硫与硫化钠反应生成S，可验证二氧化硫的氧化性，故B正确；
C．应该使酸碱快速混合，缺少搅拌装置，故C错误；
D．饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备胶体，不能选氢氧化钠溶液，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（3分）为除去下列物质中的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是（　　）
A．除去Cl2中的HCl气体：通过饱和食盐水，洗气
B．除去Na2O2中的Na2O：将混合物在氧气中加热
C．除去CO2气体中的HCl：通过饱和Na2CO3溶液，洗气
D．除去CO2中的SO2：将混合气体通入饱和NaHCO3溶液
【分析】A．HCl气体易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度受到抑制；
B．在加热的条件下Na2O可以被氧气氧化为Na2O2；
C．CO2可以与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠；
D．SO2可以与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2。
【解答】解：A．HCl气体易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度较小，所以可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl气体，该操作为洗气，故A正确；
B．Na2O在加热的条件下，可以被氧气氧化为Na2O2，所以可以将混合物在氧气中加热的方法除去Na2O2中的Na2O，故B正确；
C．CO2可以与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，所以可以用饱和NaHCO3溶液，除去CO2气体中的HCl，该操作为洗气，故C错误；
D．SO2可以与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，既除去了杂质，也生成了需要的物质，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查常见物质的分离与提纯，掌握相关物质的性质与转化是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。
8．（3分）N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2+Fe3+→N2F4↑+Fe2++H+（未配平），下列说法不正确的是（　　）
A．被氧化的元素是N，被还原的元素是Fe
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C．Fe3+的氧化性强于N2F4的氧化性
D．若生成2.24LN2F4，转移电子0.2mol
【分析】HNF2+Fe3+→N2F4↑+Fe2++H+反应中，N的化合价由+1价升高为+2价，Fe的化合价由+3价降低为+2价，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2HNF2+2Fe3+＝N2F4↑+2Fe2++2H+，据此分析。
【解答】解：A．N的化合价由+1价升高为+2价，被氧化，Fe的化合价由+3价降低为+2价，被还原，故A正确；
B．由2HNF2+2Fe3+＝N2F4↑+2Fe2++2H+可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；
C．反应中，Fe3+是氧化剂，N2F4是氧化产物，则Fe3+的氧化性强于N2F4的氧化性，故C正确；
D．若生成2.24L（标况下）N2F4，即0.1mol，转移电子的物质的量是0.2mol，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质性质的应用以及电子转移的计算，题目难度不大。
9．（3分）下列热化学方程式中，错误的是（　　）
A．已知P（白磷，s）＝P（红磷，s）ΔH＝﹣17.6kJ⋅mol﹣1，由此推知红磷更稳定
B．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）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（1）ΔH＝﹣890.3kJ⋅mol﹣1
C．500℃、30MPa下，将0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＝﹣38.6kJ/mol
D．用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（1）ΔH＞﹣57.3kJ⋅mol﹣1
【分析】A．该反应为放热反应，说明红磷的能量更低，能量越低物质的稳定性越强；
B．燃烧热指的是1mo可燃物完全燃烧生成指定化合物时所放出的热量；
C．合成氨的反应为可逆反应，0.5molN2（g）和1.5molH2（g）完全反应生成氨气的物质的量小于1mol；
D．醋酸为弱酸，电离时吸热，导致生成1mol液态水放出的热量小于57.3kJ，结合该反应为放热反应分析。
【解答】解：A．P（白磷，s）＝P（红磷，s） ΔH＝﹣17.6kJ•mol﹣1为放热反应，说明红磷的能量更低，由此可推知红磷更稳定，故A正确；
B．甲烷的燃烧热为890.3kJ⋅mol﹣1，C、H元素指定的化合物分别为CO2（g）、H2O（1），则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（1）ΔH＝﹣890.3kJ⋅mol﹣1，故B正确；
C．0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）放热19.3kJ，由于该反应为可逆反应，达到平衡时生成NH3的物质的量小于1mol，则生成2molNH3时放出的热量大于19.3kJ×2＝38.6kJ，则热化学方程式N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的ΔH＜﹣38.6kJ/mol，故C错误；
D．醋酸为弱酸，电离时吸热，则用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热ΔH＞﹣57.3kJ•mol﹣1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，明确燃烧热、中和热的概念为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则，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。
10．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．化合物M中W不都满足8电子稳定结构
B．Y单质的熔点高于X单质
C．W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性高
D．W、X、Z简单离子半径最小的是X
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；由M的结构简式可知，W可以与Y形成2个共价键，W的最外层含有6个电子，其原子序数小于Na，则W为O元素；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Z的最外层电子数为8﹣1＝7，Z的原子序数大于Na，则Z为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Y的原子序数为14，则Y为Si元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素，
A．由图可知，该化合物中O形成2个共价键或形成1个共价键并得到1个电子，均满足8电子稳定结构，故A错误；
B．硅形成晶体为共价晶体，硅晶体具有较高的熔点，钠形成晶体为金属晶体，钠的熔点较低，则Y单质的熔点高于X单质，故B正确；
C．非金属性：O＞Si，则简单氢化物的稳定性：W＞Y，故C正确；
D．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则W、X、Z简单离子半径最小的是X，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
11．（3分）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
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝不滴落
金属铝的熔点较高
B
向某溶液中滴加浓盐酸，将产生气体通入石蕊试液，溶液先变红后褪色
溶液中含有SO32﹣或HSO3﹣
C
向Fe（NO3）3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入1滴KSCN溶液，溶液变红
原Fe（NO3）3溶液中Fe3+，只有部分被Fe还原
D
向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色
Cl2的氧化性强于I2
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．铝在加热时和氧气反应生成Al2O3，Al2O3的熔点较高；
B．气体通入石蕊试液，溶液先变红后褪色，气体可能是氯气，原溶液可能含NaClO；
C．Fe和Fe（NO3）3反应生成Fe（NO3）3，在酸性条件下，亚铁离子被硝酸根氧化为铁离子；
D．氯水和KI反应生成碘单质。
【解答】解：A．铝在加热时和氧气反应生成Al2O3，Al2O3的熔点较高，所以熔化后的液态铝不滴落，故A错误；
B．气体通入石蕊试液，溶液先变红后褪色，气体可能是氯气，原溶液可能含NaClO，二氧化硫不能使石蕊褪色，故B错误；
C．Fe和Fe（NO3）3反应生成Fe（NO3）2，在酸性条件下，亚铁离子被硝酸根氧化为铁离子，所以不能证明 的还原情况，故C错误；
D．氯水和KI反应生成碘单质，碘易溶于四氯化碳呈紫红色，说明Cl2的氧化性强于I2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．（3分）某同学在实验室选用如图实验装置，验证浓硫酸与碳反应的生成物。下列说法错误的是（　　）
A．浓硫酸与碳反应中，浓硫酸仅表现强氧化性
B．验证产物的正确连接顺序为：Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→Ⅳ
C．装置Ⅱ中两侧品红溶液在实验设计中的作用不相同
D．若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无CO2
【分析】实验目的是验证浓硫酸与碳反应的生成物，由图示实验装置可知，装置I中碳与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，然后连接Ⅲ检验水，再连接Ⅱ检验二氧化硫并除去二氧化硫，最后连接Ⅳ检验二氧化碳，以此来解答。
【解答】解：A．碳与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，浓硫酸仅表现强氧化性，故A正确；
B．根据分析可知，验证产物的正确连接顺序为：Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→Ⅳ，故B正确；
C．装置Ⅱ中两侧品红溶液在实验设计中的作用不相同，前面品红溶液用于检验二氧化硫，后面品红溶液用于证明二氧化硫是否除尽，故C正确；
D．若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，可以检验产物中有无CO2，但无法检验产物中有无H2O，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查浓硫酸的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．（3分）已知在酸性或碱性条件下，单质铝均可与溶液中的NO3﹣发生反应，转化关系如图，已知：气体乙能使酚酞溶液变红。下列说法不正确的是（　　）

A．乙溶液中含有大量AlO2﹣
B．气体乙→气体甲反应为4NH3+5O24NO+6H2O
C．甲溶液→乙溶液可以加入过量的氨水
D．碱性条件下，参加反应的n（Al）：n（NO3﹣）＝8：3
【分析】金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3﹣发生氧化还原反应，由转化关系图可知，在酸性环境下，反应生成铝盐和一氧化氮，碱性环境下生成偏铝酸盐和氨气，氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，故甲溶液为硝酸铝，乙溶液为偏铝酸盐，气体乙为氨气，气体甲为NO，丙为二氧化氮，丁为硝酸，然后结合元素化合物性质及化学用语来解答。
【解答】解：A．根据分析，乙溶液为偏铝酸盐，乙溶液中含有大量AlO2﹣，故A正确；
B．气体乙→气体甲为氨气的催化氧化，反应为4NH3+5O24NO+6H2O，故B正确；
C．铝离子和弱碱生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，故C错误；
D．金属铝在碱性环境下可以和硝酸跟反应生成偏铝酸盐和氨气，由电子、电荷守恒可知，离子反应为8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O＝8AlO2﹣+3NH3↑，参加反应的n（Al）：n（NO3﹣）＝8：3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重Al及其化合物转化的考查，把握发生的氧化还原反应推断各物质为解答的关键，题目综合性较强，难度中等。
（多选）14．（3分）下列相关图象合理的是（　　）
A
B
C
D
向含等物质的量Na2CO3、NaHCO3混合溶液中滴加盐酸
将CO2通入NaOH、Ba（OH）2和NaAlO2混合溶液中
Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉
NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH溶液




A．A B．B C．C D．D
【分析】A．Na2CO3、NaHCO3混合溶液中滴加盐酸，Na2CO3溶液先与盐酸反应生成NaHCO3，然后NaHCO3与盐酸反应生成二氧化碳气体；
B．只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3；
C．氧化性：HNO3＞Fe3+＞Cu2+，氧化性强的先反应；
D．NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH溶液，先生成氢氧化铝沉淀，然后铵根离子与氢氧根离子反应，然后氢氧化铝与氢氧根离子反应。
【解答】解：A．Na2CO3、NaHCO3混合溶液中滴加盐酸，Na2CO3溶液先与盐酸反应生成NaHCO3，然后NaHCO3与盐酸反应生成二氧化碳气体，生成二氧化碳消耗的盐酸的量是碳酸钠消耗盐酸的量的2倍，图象不符，故A错误；
B．只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3，依次发生：CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al（OH）3↓+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO3═2NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O＝Ba（HCO3）2，图象符合，故B正确；
C．Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉，氧化性：HNO3＞Fe3+＞Cu2+，则反应先后顺序为HNO3、Fe（NO3）3、Cu（NO3）2，则先生成铁离子，然后铁离子与Fe生成亚铁离子，最后铜离子与Fe反应，图象符合，故C正确；
D．NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH溶液，先生成氢氧化铝沉淀，消耗3体积的氢氧化钠，然后铵根离子与氢氧根离子反应，消耗1体积氢氧化钠溶液，然后氢氧化铝与氢氧根离子反应，沉淀溶解，消耗1体积氢氧化钠溶液，图象不符，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了元素化合物知识、图象分析判断，题目难度中等，理解图象含义和变化趋势是解题关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生对图象的分析能力及综合应用能力。
15．（3分）某兴趣小组以含少量Fe、Al杂质的单质钴制取CoCl2⋅6H2O的一种实验流程如图所示：

下列说法错误的是（　　）
A．“酸浸”所得溶液中主要含有的离子有Co2+、Fe2+、Al3+、Cl﹣、H+
B．为降低成本，试剂X可选用碱石灰
C．“净化除杂”过程中H2O2作氧化剂，滤渣的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3
D．操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒和三脚架
【分析】由制备流程可知，酸浸时Fe、Al、Co均溶于盐酸，然后加过氧化氢氧化亚铁离子，发生2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，试剂X为CoCO3等，调节溶液的pH，使铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，操作I为过滤，分离出滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，调节溶液的pH抑制CoCl2水解，操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥得到CoCl2•6H2O，以此来解答。
【解答】解：A．Fe、Al、Co均溶于盐酸，“酸浸”所得溶液中主要含有的离子有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Cl﹣，故A正确；
B．碱石灰成分是NaOH和CaO，会引入其他杂质离子不能除去，故B错误；
C．“净化除杂”过程中H2O2作氧化剂，滤渣的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3，故C正确；
D．蒸发结晶时晶体不含结晶水，则操作Ⅱ为蒸发浓缩、降温结晶、需要的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒和三脚架，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，明确物质的性质、发生的反应、制备原理、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，题目难度中等。
16．（3分）某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液10mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.01mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。下列叙述正确的是（　　）
A．SO42﹣、Fe3+一定存在，Cl﹣可能存在
B．CO32﹣一定不存在，K+可能存在
C．至少存在5种离子
D．Cl﹣一定存在且c（Cl﹣）≥0.3mol/L
【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.01mol气体，该气体为NH3，则一定存在0.01molNH4+；红褐色沉淀是氢氧化铁，灼烧得到1.6g固体为氧化铁，则一定有Fe3+，n（Fe3+）＝2n（Fe2O3）＝2×＝0.02mol，根据离子共存可知，一定没有CO32﹣；滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀，4.66g不溶于盐酸的沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42﹣，n（SO42﹣）＝n（BaSO4）＝＝0.02mol；原溶液中含有0.01molNH4+、0.02molFe3+、0.02molSO42﹣，一定没有CO32﹣，正电荷总量0.01mol+0.02mol×3＝0.07mol，负电荷的物质的量为0.02mol×2＝0.04mol＜0.07mol，则原溶液中一定含有Cl﹣，Al3+和K+可能含有，则n（Cl﹣）≥0.07mol﹣0.04mol＝0.03mol；综上，原溶液中一定含有Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+，可能含有Al3+和K+，一定不含有CO32﹣，据此分析解答。
【解答】解：由上述分析可知，原溶液中一定含有0.02molSO42﹣、0.01molNH4+、0.02molFe3+、≥0.03molCl﹣，可能含有Al3+和K+，一定不含有CO32﹣；
A．由上述分析可知，原溶液中一定含有Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+，可能含有Al3+和K+，故A错误；
B．由上述分析可知，原溶液中一定含有Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+，可能含有Al3+和K+，一定不含有CO32﹣，故B正确；
C．由上述分析可知，由上述分析可知，原溶液中一定含有Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+，可能含有Al3+和K+，一定不含有CO32﹣，则原溶液中至少存在4种离子，可能含有5或6种离子，故C错误；
D．由上述分析可知，原溶液中一定含有Cl﹣，n（Cl﹣）≥0.03mol，即c（Cl﹣）≥＝3mol/L，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见离子的检验，为高频考点，掌握常见离子的性质、离子之间的反应及检验方法是解题关键，侧重分析与应用能力的考查，注意掌握氯离子的判断方法，题目难度不大。
二、非选择题（本题包含4道小题，共52分）
17．（11分）X、Y、Z、W、M、R、Q是短周期主族元素，部分元素的原子半径和化合价信息如表所示：

X
Y
Z
W
原子半径/（nm）
0.074
0.099
0.075
0.102
最高或最低化合价

+7
+5
+6
−2
−1
−3
−2
M的焰色反应为黄色；X、Y、R位于周期表中不同周期；Q的单质为半导体材料。
（1）Y元素在周期表中的位置是 　第三周期第ⅦA族　；构成化合物M2X2的化学键类型是 　离子键、共价键（或非极性共价键）　。
（2）写出X、Y、R按原子个数之比为1：1：1形成的化合物的电子式 　　。
（3）Y与W相比，非金属性较强的是 　C1　（用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是 　bd　（选填字母序号）。
a．常温下W的单质呈固态，Y的单质呈气态
b．Y与W形成的化合物中W呈正价
c．Y和M反应时，lmolY原子所得电子数少于1molW原子所得电子
d．Y的气态氢化物比W的气态氢化物稳定
（4）Q单质能与NaOH溶液反应放出H2，请写出该反应的离子方程式 　Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑　。
（5）Z2R4为二元弱碱，在水中的电离与氨相似，Z2R4与磷酸形成的磷酸二氢盐的化学式为 　N2H5H2PO4　。
【分析】短周期主族元素的最高正价一般等于其主族序数，同周期从左向右，原子半径依次减小；X、Y、Z、W、M、R、Q是短周期主族元素，利用部分元素的原子半径和化合价信息可知，X为O，Y为Cl，Z为N，W为S；由元素性质可知，M为Na，X、Y、R位于周期表中不同周期，则R为H；Q的单质为半导体材料，则Q为Si；
（1）Cl元素在周期表中的位置；Na2O2的化学键类型；
（2）X、Y、R按原子个数之比为1：1：1形成的化合物为HClO，其电子式的书写；
（3）同一周期从左向右元素的非金属性越强，同一主族从下到上元素的非金属性越强；可通过其在周期表中的位置、氢化物的稳定性、反应时单质得电子的难易程度判断元素非金属性的强弱；
（4）Si与NaOH反应的离子方程式；
（5）N2H4的性质，书写磷酸二氢盐的化学式。
【解答】解：短周期主族元素的最高正价一般等于其主族序数，同周期从左向右，原子半径依次减小；X、Y、Z、W、M、R、Q是短周期主族元素，利用部分元素的原子半径和化合价信息可知，X为O，Y为Cl，Z为N，W为S；由元素性质可知，M为Na，X、Y、R位于周期表中不同周期，则R为H；Q的单质为半导体材料，则Q为Si；
（1）Cl元素在周期表中的位置为第三周期第ⅦA族；Na2O2中Na+和O22﹣之间是离子键，O22﹣中氧原子键是非极性共价键，故Na2O2中的化学键类型为离子键、共价键（或非极性共价键），
故答案为：第三周期第ⅦA族；离子键、共价键（或非极性共价键）；
（2）X、Y、R按原子个数之比为1：1：1形成的化合物为HClO，其电子式为，
故答案为：；
（3）同一周期从左向右元素的非金属性越强，同一主族从下到上元素的非金属性越强；Cl与S相比，非金属性较强的是Cl；可通过其在周期表中的位置、氢化物的稳定性、反应时单质得电子的难易程度判断元素非金属性的强弱；
a．常温下S的单质呈固态，Cl的单质呈气态，与非金属性无关，故a不符合题意；
b．Cl与S形成的化合物为中S呈正价，说明Cl的非金属性比S强，故b符合题意；
c．Cl和S反应时，lmolCl原子所得电子数少于1molS原子所得电子，不能说明非金属性的强弱，故c不符合题意；
d．Cl的气态氢化物比S的气态氢化物稳定，说明非金属Cl的非金属性比S强，故d符合题意；
故答案为：C1；bd；
（4）Si与NaOH反应的化学方程式为Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑，其反应的离子方程式为Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑，
故答案为：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑；
（5）N2H4为二元弱碱，在水中电离出一个OH﹣后的阳离子为N2H5+，其与磷酸形成的磷酸二氢盐的化学式为N2H5H2PO4，
故答案为：N2H5H2PO4。
【点评】本题以元素周期律为切入点，考查学生推知元素和元素周期律等知识，试题难度一般。
18．（12分）（1）处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图，反应过程中主要存在N2、HCO3﹣、ClO﹣、CNO﹣（C为+4价）、Cl﹣等微粒。写出处理该废水时发生反应的离子方程式 　3ClO﹣+2CNO﹣+H2O＝N2+2HCO3﹣+3Cl﹣　。
（2）已知：①H2（g）＝H2（l）ΔH＝﹣0.92kJ⋅mol﹣1
②O2（g）＝O2（l）ΔH＝﹣6.84kJ⋅mol﹣1
③H2O（1）＝H2O（g）ΔH＝+44.0kJ⋅mol﹣1
④H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH＝﹣285.8kJ⋅mol﹣1
请写出液氢和液氧生成气态水的热化学方程式：　H2（l）+O2（l）＝H2O（g）△H＝﹣237.46kJ/mol　。
（3）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x的值为 　5　。
（4）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.12LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4mol⋅L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 　50　mL。
（5）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：
①H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：　H3PO2⇌H++H2PO2﹣　。
②H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银，利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，写出化学镀银反应的离子方程式 　4Ag++H3PO2+2H2O＝4Ag+H3PO4+4H+　。

【分析】（1）由图可知，ClO﹣的量减小、HCO3﹣的量增加，根据化学反应前后原子种类不变可知，ClO﹣、CNO﹣是反应物，则 N2、HCO3﹣、Cl﹣是生成物，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出反应的离子方程式；
（2）已知：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H＝﹣285.8kJ•mol﹣1，②H2（g）═H2（l）△H＝﹣0.92kJ•mol﹣1，③O2（g）═O2（l）△H＝﹣6.84kJ•mol﹣1，④H2O（l）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1，据盖斯定律，①﹣②﹣③×+④得总反应，结合盖斯定律计算计算即可；
（3）Na2Sx中S元素化合价由﹣价升高为+6价，化合价升高（6+），每1molNa2Sx反应，转移（6x+2）mol电子，而NaClO被还原为NaCl，每1molClO﹣反应，转移2mol电子；若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子守恒，可知（6x+2）×1＝16×2，即可解得x；
（4）根据得失电子守恒可得：2n（Cu）＝4n（O2），求出n（O2），得到n（Cu），再根据n（NaOH）＝2n（Cu），即可求出V（NaOH）；
（5）①中强酸属于弱酸，所以H3PO2部分电离，存在电离平衡；
②H3PO2与Ag+发生氧化还原反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，4molAg+得到4mol电子，则1molH3PO2失去4mol电子，则反应产物是H3PO4，根据化合价升降守恒和原子守恒即可写出化学方程式。
【解答】解：（1）根据图中曲线变化可知ClO﹣浓度减小，HCO3﹣浓度增加，则ClO﹣为反应物，HCO3﹣为生成物，Cl﹣为生成物，CNO﹣为反应物，根据元素守恒可知N2是生成物，反应物中还有H2O参与反应，根据电子守恒和电荷守恒可知，处理该废水时发生反应的离子方程式为3ClO﹣+2CNO﹣+H2O＝N2+2HCO3﹣+3Cl﹣，
故答案为：3ClO﹣+2CNO﹣+H2O＝N2+2HCO3﹣+3Cl﹣；
（2）已知：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H＝﹣285.8kJ•mol﹣1，②H2（g）═H2（l）△H＝﹣0.92kJ•mol﹣1，③O2（g）═O2（l）△H＝﹣6.84kJ•mol﹣1，④H2O（l）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1，据盖斯定律，①﹣②﹣③×+④得总反应为：H2（l）+O2（l）＝H2O（g）△H＝﹣237.46kJ/mol，
故答案为：H2（l）+O2（l）＝H2O（g）△H＝﹣237.46kJ/mol；
（3）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由﹣价升高为+6价，化合价升高（6+），每1molNa2Sx反应，转移（6x+2）mol电子，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素的化合价由+1价变为﹣1价，化合价降低2价，每1molClO﹣反应，转移2mol电子；若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子守恒，可知（6x+2）×1＝16×2，解得x＝5，即x的值为5，
故答案为：5；
（4）NO2、N2O4、NO的混合气体与1.12L标准状况下的O2混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中N元素化合价不变，根据电子守恒可知2n（Cu）＝4n（O2），n（O2）＝＝0.05mol，则n（Cu）＝0.1mol，则溶液中Cu2+的物质的量是0.1mol，根据Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓可知n（NaOH）＝2n（Cu）＝0.2mol，所以需要消耗5mol•L﹣1NaOH溶液的体积V（NaOH）＝＝0.05L＝50mL，
故答案为：50；
（5）①H3PO2是一元中强酸，则其在溶液中主要以电解质分子存在，存在电离平衡，其电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO2﹣，
故答案为：H3PO2⇌H++H2PO2﹣；
②H3PO2与Ag+发生氧化还原反应，Ag+为氧化剂得到电子变为Ag单质，H3PO2为还原剂，失去电子，若进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，4molAg+得到4mol电子，则1molH3PO2失去4mol电子，由于在H3PO2中P元素化合价为+1价，则反应后P元素化合价为+5价，反应产物是H3PO4，则化学镀银反应的化学方程式为：4Ag++H3PO2+2H2O＝4Ag+H3PO4+4H+，
故答案为：4Ag++H3PO2+2H2O＝4Ag+H3PO4+4H+。
【点评】本题考查氧化还原反应和电子守恒的计算应用、热化学方程式、物质性质的理解应用，为高频考点，把握反应中能量变化、氧化还原反应实质、热化学方程式的书写方法为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
19．（14分）平板液晶显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含CeO2、SiO2、Fe2O3等物质，某实验小组以此粉末为原料回收铈，设计流程如图所示。

已知：CeO2具有强氧化性，一般不与常见的无机酸反应。
（1）检验滤液A中主要存在的金属阳离子方法：　取少量滤液A于试管中，加入KSCN溶液，若产生血红色溶液，则证明滤液A中存在Fe3+，反之没有Fe3+　。
（2）滤渣B的主要成分化学式 　SiO2　，说出该物质的主要应用 　制光导纤维　。
（3）步骤②的离子方程式 　2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++4H2O+O2↑　，为了加快步骤②的反应速率，有人提出在较高温度下进行，你认为是否恰当并解释理由 　不恰当，高温下，H2O2易分解　。
（4）将NH4Cl固体与CeCl3⋅6H2O混合真空加热可得无水CeCl3，其加入NH4Cl的作用是 　NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解　。
（5）第④步反应的化学方程式是 　2Ce（OH）3+NaClO+H2O═2Ce（OH）4+NaCl　。
（6）最后过滤洗涤得到纯净的Ce（OH）4，请写出洗涤Ce（OH）4的方法：　沿玻璃棒缓慢向过滤器中加蒸馏水，浸没沉淀，自然流下，重复操作2−3次　。
【分析】CeO2、SiO2、Fe2O3中加入过量盐酸，Fe2O3溶于盐酸得到FeCl3溶液，滤出固体CeO2、SiO2；固体中加入足量稀硫酸、H2O2，SiO2不溶于硫酸，CeO2被H2O2还原为Ce3+，含有Ce3+的溶液加入碱生成Ce（OH）3的悬浊液；向Ce（OH）3的悬浊液中通入HCl制得CeCl3•6H2O，NH4Cl固体与CeCl3•6H2O混合真空加热可得无水CeCl3；Ce（OH）3的悬浊液中加入NaClO，Ce（OH）3被NaClO氧化为Ce（OH）4，据此分析解答。
【解答】解：（1）滤液A中主要存在的金属阳离子是Fe3+，检验方法是：取少量滤液A于试管中，加入KSCN溶液，若产生血红色溶液，则证明滤液A中存在Fe3+，反之没有Fe3+，
故答案为：取少量滤液A于试管中，加入KSCN溶液，若产生血红色溶液，则证明滤液A中存在Fe3+，反之没有Fe3+；
（2）滤渣A是CeO2、SiO2，其中SiO2和硫酸不反应，所以滤渣B的主要成分化学式SiO2，SiO2的主要应用是制光导纤维等，
故答案为：SiO2；制光导纤维；
（3）步骤②中CeO2被H2O2还原为Ce3+，反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++4H2O+O2↑，H2O2在高温下易分解，不能在高温下进行该反应，
故答案为：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++4H2O+O2↑；不恰当，高温下，H2O2易分解；
（4）NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解，所以将NH4Cl固体与CeCl3•6H2O混合真空加热可得无水CeCl3，
故答案为：NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解；
（5）第④步反应是Ce（OH）3被NaClO氧化为Ce（OH）4，反应的化学方程式是2Ce（OH）3+NaClO+H2O═2Ce（OH）4+NaCl，
故答案为：2Ce（OH）3+NaClO+H2O═2Ce（OH）4+NaCl；
（6）洗涤Ce（OH）4的方法：沿玻璃棒缓慢向过滤器中加蒸馏水，浸没沉淀，自然流下，重复操作2−3次，
故答案为：沿玻璃棒缓慢向过滤器中加蒸馏水，浸没沉淀，自然流下，重复操作2−3次。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
20．（15分）氯化亚砜（SOCl2）是一种液态化合物，沸点为77℃，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2═2SOCl2，部分装置如图1所示，回答以下问题：

（1）实验室制取SOCl2在三颈烧瓶中合成，整个装置所选仪器的连接顺序是：
⑥→　⑫→⑪→⑨→⑩　→①②←　⑩←⑨←⑦　（用“→”或“←”连接各接口，箭头表示气体流向，某些仪器可以多次使用。⑥装置中制取氯气）。
（2）冷凝管上连接的干燥管的作用是：①吸收逸出的Cl2，SO2防污染；②　防止空气中的水蒸气进入反应装置而与SOCl2反应　。
（3）该实验制取氯气的离子方程式为 　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　。
（4）SOCl2与水反应的化学方程式为 　SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl↑　。
（5）图2所示的装置的名称是 　启普发生器　，实验室中 　不能　（填“能”或“不能”）反使用图2所示的装置来制备SO2。实验室对SO2尾气进行处理，如图3装置最合适的是 　③　（填标号）。

（6）已知SCl2的沸点为50℃。实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作名称是 　蒸馏　。若反应中消耗的Cl2的体积为896mL（已转化为标准状况，SO2足量），最后得到纯净的SOCl27.12g，则SOCl2的产率为 　75%　（保留二位有效数字）
【分析】实验室用二氧化锰与浓盐酸制取氯气：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中由活性炭催化反应制得SOCl2，SO2+Cl2+SCl2＝2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，实验结束后，将三颈烧瓶中混合物蒸馏得到产品，据此分析作答。
【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸制备氯气，固液加热型，故为⑥，饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，用⑦，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得SOCl2，除杂干燥为充分，导气管应长进短出，则连接顺序为：⑥→⑫→⑪→⑨→⑩→①；②←⑩←⑨←⑦，
故答案为：⑫→⑪→⑨→⑩；⑩←⑨←⑦；
（2）冷凝管上连接的干燥管的另一个作用是：防止空气中的水蒸气进入反应装置而与SOCl2反应，
故答案为：防止空气中的水蒸气进入反应装置而与SOCl2反应；
（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，离子反应为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
（4）根据题意SOCl2与水反应产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，说明生成HCl和二氧化硫，反应的化学方程式为：SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl↑，
故答案为：SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl↑；
（5）如图1所示的装置的名称是启普发生器，实验室里一般用铜跟浓硫酸在加热下反应生成SO2，不能使用启普发生器；实验室对用NaOH溶液吸收SO2尾气，同时防止倒吸，故选：③，
故答案为：启普发生器；不能；③；
（6）已知氯化亚砜沸点为77℃，SCl2的沸点为50℃，所以采用蒸馏的方法即可将之分离；消耗氯气为n＝＝＝0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2═2SOCl2，生成0.08molSOCl2，则SOCl2的产率为×100%＝75%，
故答案为：蒸馏；75%。
【点评】本题以氯化亚砜的制备为背景，考查学生有关氧化还原反应，离子方程式书写，产率计算，实验装置评价等内容，考查较为综合，难度适中。