资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩7页未读，
继续阅读
江苏省南京市中华中学2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题（含解析）
展开
这是一份江苏省南京市中华中学2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题（含解析），文件包含精品解析江苏省南京市中华中学2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题解析版docx、精品解析江苏省南京市中华中学2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
本卷考试时间：75分钟 总分：100分
本卷可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32
一、单项选择题：共14小题，每小题3分，共计42分，每小题只有一个选项符合题意。
1. 现代社会提倡“绿色”、“生态文明”。下列做法不符合的是
A. 分类放置生活废弃物B. 实现化石燃料清洁利用
C. 使用聚碳酸酯类可降解塑料D. 大量使用化肥、农药提高粮食产量
【答案】D
【解析】
【详解】A．将生活垃圾分类，可以提高垃圾的资源价值和经济价值，减少垃圾处理量和处理设备的使用，降低处理成本，减少土地资源的消耗，符合“绿色”、“生态文明”，故A不选；
B．研究发现，在诸多减排措施中，减排贡献最大的路径是化石能源利用清洁化改造，所以实现化石燃料清洁利用符合“绿色”、“生态文明”，故B不选；
C．使用聚碳酸酯类可降解塑料可以减少“白色污染”，符合“绿色”、“生态文明”，故C不选；
D．大量使用化肥、农药会造成环境、资源、安全等问题，不符合“绿色”、“生态文明”，故D选；
故选D。
2. 宏微结合是研究化学的重要思想。在一定条件下，容器中各微粒发生化学反应前后的变化如下图所示，其中●和○代表不同元素的原子。
该化学反应的类型不一定是
A. 分解反应B. 氧化还原反应C. 吸热反应D. 可逆反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图示可知，该反应是一种物质生成两种物质，属于分解反应，故不选A；
B．由图示可知，该反应是有单质生成的分解反应，一定有化合价改变，属于氧化还原反应，故不选B；
C．该反应可能是过氧化氢的分解反应，过氧化氢分解为水和氧气为放热反应，故选C；
D．由图示可知，只有部分反应物的分子发生反应，该反应是可逆反应，故不选D；
选C。
3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2
B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯
D. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸作干燥剂，利用浓硫酸的吸水性，故A不符合题意；
B．腐蚀电路板上的Cu，发生2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，体现氯化铁的强氧化性，故B不符合题意；
C．制造铅笔芯，与石墨具有导电性无关，故C不符合题意；
D．氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，故D符合题意；
答案为D。
4. 下列装置用于实验室制NO2并回收硝酸铜，能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取NO2
B. 用装置乙除NO2中的少量HNO3
C. 用装置丙收集NO2
D. 用装置丁蒸干Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2·6H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu与稀硝酸反应制取NO，不能制得NO2，A不能达到实验目的；
B．NaHCO3溶液吸收HNO3生成CO2、引入新杂质，同时NO2与H2O反应，不能选用NaHCO3除去NO2中的少量HNO3，洗气时气流方向应“长进短出”， B不能达到实验目的；
C．NO2能与水反应，不能用排水法收集NO2，NO2的密度比空气密度大，用向上排空气法收集NO2，C能达到实验目的；
D．Cu(NO3)2溶液中存在水解平衡：Cu(NO3)2+2H2O⇌Cu(OH)2+2HNO3，加热时由于HNO3的挥发，促进Cu(NO3)2的水解，将Cu(NO3)2溶液蒸干最终Cu(NO3)2完全水解成Cu(OH)2，再进一步分解得到CuO固体，不能制得Cu(NO3)2·6H2O，从Cu(NO3)2溶液中获得Cu(NO3)2·6H2O的实验方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D不能达到实验目的；
答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. 向稀醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸电离程度增大
B. 常温下，2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)不能自发进行，则该反应ΔH>0
C. 电镀时，通常把待镀金属制品作阳极，镀层金属作阴极
D. 工业通过反应"Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)"冶炼钾，说明钠的金属性强于钾
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀醋酸中存在醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向稀醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，醋酸电离平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，故A错误；
B．ΔG＞0的反应能自发进行，ΔG=ΔH+TΔS。反应2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)的ΔS>0，该反应常温下不能自发进行，则该反应ΔH>0，故B正确；
C．电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极，故C错误；
D．该反应能发生的原因是生成的K是气体，不断离开反应体系，从而反应不断向右进行，不能说明钠的金属性强于钾，故D错误；
故选B。
6. “吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术要流程如下：
下列有关说法正确的是
A. 氧化1所用的氯气可通过电解饱和NaCl溶液制得
B. 吹出后剩余溶液中可能大量存在的离子有Na+、Mg2+、Cl-、Br-
C. 吸收过程发生反应的离子方程式：SO2+Br2+H2O=2H++2Br-+
D. 从氧化2所得溶液中分离出单质溴的方法是用酒精萃取
【答案】A
【解析】
【分析】由题给流程可知，足量氯气与海水中的溴离子发生置换反应生成溴，用热空气将生成的溴吹出，用二氧化硫的水溶液吸收吹出的溴，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，向硫酸和氢溴酸中通入氯气，氯气与溶液中氢溴酸发生置换反应生成溴，用合适的有机溶剂萃取溴水中的溴，分液得到溴的有机溶液，蒸馏有机溶液得到液溴。
【详解】A．电解饱和氯化钠溶液可以生成氢氧化钠、氢气和氯气，则氧化1所用的氯气可通过电解饱和氯化钠溶液制得，故A正确；
B．由分析可知，向海水中通入足量氯气，则吹出后剩余溶液中不可能存在大量的溴离子，故B错误；
C．吸收过程发生的反应为溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为 SO2+Br2+2H2O═4H++2Br−+，故C错误；
D．酒精和水互溶，不能用酒精做萃取剂萃取溴水中的溴，可以用CCl4，故D错误；
故选A。
7. 从海水中提取镁的步骤是将石灰乳加入海水沉淀池中，得到氢氧化镁沉淀，再将氢氧化镁与盐酸反应，得到的溶液蒸发结晶，获得六水合氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，进一步操作得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁可获得单质镁。下列有关海水提镁的说法正确的是
A. 得到Mg(OH)2沉淀的化学反应方程式：2NaOH+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaCl
B. 加入盐酸，Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡正向移动
C. 在空气中加热灼烧MgCl2·6H2O可得到无水氯化镁晶体
D. 电解熔融氯化镁时金属镁在阳极析出
【答案】B
【解析】
【详解】A．用石灰乳将海水中的镁离子沉淀，不用NaOH溶液，故A错误；
B．加入盐酸，H+能中和沉淀溶解平衡中的生成物OH-，使c(OH-)降低，平衡正向移动，故B正确；
C．MgCl2水解为Mg(OH)2和HCl，在空气中加热MgCl2·6H2O时，由于水解是吸热反应，且加热促进HCl的挥发，所以不能得到无水氯化镁晶体，故C错误；
D．电解熔融氯化镁时，镁离子在阴极得到电子成为金属镁析出，故D错误；
故选B。
8. 海水淡化是解决淡水资源短缺的有效途径之一，其方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等。电渗析法淡化海水的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该装置将化学能转化成电能
B. 阴极发生的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑
C. Ⅱ室中流出淡水，Ⅰ、Ⅲ室流出液中NaCl浓度变大
D. 若将a、b膜的位置互换，则不能获得淡水
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，钠离子通过阳离子交换膜进入I室导致阳离子物质的量大于阴离子，Ⅱ室中氯离子通过离子交换膜进入Ⅰ室，阴极上水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氯离子通过阴离子交换膜进入Ⅲ室导致阴离子的物质的量大于阳离子，Ⅱ室中钠离子通过离子交换膜进入Ⅲ室，最后Ⅱ室中流出淡水，Ⅰ、Ⅲ室流出液中NaCl浓度变大。
【详解】A．该装置为电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；
B．由分析可知，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故B错误；
C．由分析可知，Ⅱ室中流出淡水，Ⅰ、Ⅲ室流出液中NaCl浓度变大，故C正确；
D．若将a、b膜的位置互换，Ⅰ室中氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室导致Ⅰ室中阴离子的物质的量小于阳离子，Ⅱ室中钠离子通过离子交换膜进入Ⅰ室，Ⅲ室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室导致Ⅲ室中阳离子的物质的量小于阴离子，Ⅱ室中氯离子通过离子交换膜进入Ⅲ室，最后Ⅱ室中流出的还是淡水，故D错误；
答案选C。
9. 短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X的原子半径小于Y的原子半径，Z的单质是空气中含量最高的气体，W原子最外层比Y原子最外层少1个电子，W的单质制得的金属容器常温下可盛装浓硫酸。下列说法正确的是
A. 原子半径: r(Y)B. X、Y 形成的化合物只含有极性键
C. Z、W的简单离子具有相同的电子层结构
D. Y的最高价氧化物的水化物酸性比Z 的强
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大， Z的单质是空气中含量最高的气体，则Z为氮元素，W的单质制得的金属容器常温下可盛装浓硫酸，则W为铝元素，W原子最外层比Y原子最外层少1个电子而原子序数大于Y，则Y为碳元素，X的原子半径小于Y的原子半径，则X只能是氢元素。
【详解】A．同周期元素的原子半径从左到右依次减小，则原子半径: r(Z)B． X、Y 形成的化合物C2H2等既含非极性键又含极性键，选项B错误；
C．Z、W的简单离子N3-、Al3+均为10电子离子，具有相同的电子层结构，选项C正确；
D．Y的最高价氧化物的水化物H2CO3酸性比Z 的最高价氧化物的水化物HNO3弱，选项D错误。
答案选C。
10. 已知：①C6H12O6(s)=2C2H5OH(l)＋2CO2(g) ΔH1
② 6CO2(g)＋6H2O(g)=C6H12O6(s)＋6O2(g) ΔH2
③ 2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) ΔH3
④ 2CO2(g)＋6H2(g) = C2H5OH(l)＋3H2O(g) ΔH4
下列有关说法正确的是
A. H2的燃烧热为
B. 反应①使用催化剂，ΔH1将减小
C. 标准状况下，反应②生成1.12 L O2，转移的电子数为0.1×6.02×1023
D. 2ΔH4＝ΔH1＋ΔH2－6ΔH3
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据2H2O(g) =2H2(g)＋O2(g)反应可知，H2(g)＋O2(g) =H2O(g) ，∆H=1/2ΔH3，但是氢气的燃烧热指的是生成液态水，所以，∆H=1/2ΔH3，不是氢气的燃烧热，A错误；
B.催化剂不能改变反应的焓变，B错误；
C.反应②每生成6ml O2转移电子24ml，则在标准状况下，生成1.12 L O2，转移电子数为0.2×6.02×1023，C错误；
D.根据盖斯定律：①+②-6×③，得反应4CO2(g)＋12H2(g) =2 C2H5OH(l)＋6H2O(g) 2ΔH4=ΔH1+ΔH2-6ΔH3，D正确；
正确选项D。
【点睛】燃烧热是指1 ml可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氮元素转化为气态氮气，氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳。
11. 以氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)制取氧化铁红的流程如下：
已知还原焙烧后氧化铁渣转化为FeO。下列说法不正确的是
A. 还原焙烧时Fe3O4发生反应的化学方程式为2Fe3O4＋C6FeO＋CO2
B. 酸浸时硫酸适当过量可以抑制金属离子的水解
C. 滤液中主要存在的离子是：NH、H＋、HCO、SO
D. 煅烧时每生成1 ml Fe2O3，反应转移的电子数是2 ml
【答案】C
【解析】
【分析】根据流程图分析，氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)经过还原焙烧后生成Fe和CO2，经过硫酸酸浸后生成硫酸亚铁溶液，过滤后除去难溶于硫酸的滤渣，在滤液中加入碳酸氢铵调节pH，得到到氢氧化亚铁沉淀：，在通入氧气的条件下煅烧得到氧化铁，据此分析解答。
【详解】A．还原焙烧时Fe3O4被C还原生成铁和二氧化碳，化学方程式为2Fe3O4＋C6FeO＋CO2，故A正确；
B．酸浸时反应生成硫酸亚铁盐，硫酸适当过量可以抑制亚铁离子的水解，故B正确；
C．H＋和HCO反应，不能大量共存，滤液中主要存在的离子是：NH、SO，故C错误；
D．煅烧时Fe(OH)2中铁元素由+2价升高为Fe2O3中的+3价，则时每生成1ml Fe2O3，反应转移的电子数是2 ml，故D正确；
故选C。
12. 一种“分步法电解制氢气和氧气”的装置如图所示(a、b均为惰性电极)：该方法分两步，第一步在惰性电极产生 H2；第二步在另一个惰性电极产生 O2。以下有关说法正确的是
A. 当 K与 K1相连时，a 极产生的是氧气
B. 当 a、b两极产生的气体的物质的量之比为 1：1 时，NiOOH/Ni(OH)2电极恢复为电解前的状态
C. 当 K与 K2相连时，b极附近的 pH 会降低
D. 产生氢气时，NiOOH/Ni(OH)2电极反应方程式：NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A．当 K与 K1相连时，a 极为阴极，水得电子产生氢气，A错误；
B．当 a、b两极产生的气体的物质的量之比为 1：1 时，a极产生1ml氢气，电路中转移电子2ml，NiOOH/Ni(OH)2电极为阳极，电极反应方程式：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH+H2O，消耗2ml Ni(OH)2，生成2ml NiOOH；b极产生1mlO2时转移电子4ml，NiOOH/Ni(OH)2电极为阴极，电极反应为：NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-，消耗4mlNiOOH，生成4mlNi(OH)2，电极不会恢复为电解前的状态，B错误；
C．当 K与 K2相连时，b极为阳极，氢氧根失去电子生成氧气和水，氢氧根浓度降低，故附近的 pH 会降低，C正确；
D．产生氢气时，NiOOH/Ni(OH)2电极为阳极，电极反应方程式：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH+H2O，D错误；
故选C。
13. 室温下，通过下列实验探究NaHC2O4(Kh为NaHC2O4水解平衡常数、Ka1为H2C2O4电离平衡常数)溶液的性质。
下列有关说法正确的是
A. 实验1的溶液中：c(OH-)=Kh•Ka1•10-5.5
B. 实验2反应静置后上层清液中：c(Na+)>c(C2O)>c(HC2O)>c(OH-)
C. 实验3得到的溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(H2C2O4)>c(H+)
D. 实验4所得的溶液中：c(NH)+c(H2C2O4)=c(C2O)
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验1的溶液中pH=5.5，则c(OH-)===，故A错误；
B．实验2发生反应：2HC2O+2OH-+Ba2+=BaC2O4+ C2O+2H2O，静置后的上层清液是Na2C2O4溶液，C2O发生水解使溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(C2O)>c(OH-)>c(HC2O)，故B错误；
C．向0.1ml•L-1NaHC2O4溶液中通入过量HCl，发生反应NaHC2O4+HCl=H2C2O4+NaCl，得到的溶液为氯化钠、草酸、HCl的混合溶液，溶液中存在：c(Cl-)>c(H+)>c(Na+)>c(H2C2O4)，故C错误；
D．中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：①c(NH)+c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)，根据物料守恒可得②c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)=c(Na+)，根据①②结合可得：c(NH)+c(H2C2O4)=c(C2O)，故D正确；
故选D。
14. 二甲醚(CH3OCH3)是一种极具发展潜力的有机化工产品和洁净燃料。CO2加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=41.2kJ•ml-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.5kJ•ml-1
反应Ⅲ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5kJ•ml-1
在2MPa，起始投料=3时，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。下列有关说法正确的是
A. 图中X表示CO
B. 反应Ⅲ中反应物所含化学键的键能之和大于生成物所含化学键的键能之和
C. 温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的CO2少于反应Ⅱ生成的CO2
D. 其他条件不变，将压强增大到3MPa，可提高平衡时CH3OCH3的体积分数
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2的平衡转化率越高，则反应I进行的程度越小，CO的平衡体积分数越小，则图中X表示CH3OCH3，A说法错误；
B．反应Ⅲ为放热反应，则反应物所含化学键的键能之和小于生成物所含化学键的键能之和，B说法错误；
C．温度从553K上升至573K时，CO2的平衡转化率增大，则反应Ⅰ消耗的CO2大于反应Ⅱ生成的CO2，C说法错误；
D．其他条件不变，将压强增大到3MPa，反应I不移动，而反应II平衡正向进行，甲醇的浓度增大，导致反应III正向进行，可提高平衡时CH3OCH3的体积分数，D说法正确；
答案为D。
二、非选择题：共4小题，共计58分
15. 以含钴废催化剂(主要成分为C、Fe、SiO2)为原料制取复合氧化钴(CxOy)的流程如下：
（1）用H2SO4溶解后过滤，得到的滤渣是_______(填化学式)。将滤渣洗涤2~3次，再将洗液与滤液合并的目的是_______。
（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是_______。
（3）已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]；亚铁氰化钾的化学式为K4[Fe(CN)6]
3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2 (蓝色沉淀)
4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3 (蓝色沉淀)
确定Fe2+是否氧化完全的方法是_______。
(仅供选择的试剂：铁氯化钾溶液、亚铁氯化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)
（4）“除铁”工艺中加入适量的Na2CO3，调节pH约为2，使之生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】（1） ①. SiO2 ②. 洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物，为了提高钴元素的利用率，将洗液与滤液合
（2）6Fe2++6H++ 6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化
（4）6Fe3++4+6H2O+2Na++6= Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑
【解析】
【分析】含钴废催化剂加入硫酸，C、Fe都溶于硫酸中，SiO2不溶，过滤除去，滤液用NaClO3氧化Fe2+为Fe3+，然后加入碳酸钠生成黄钠铁矾沉淀除去铁，过滤后在滤液中再加入碳酸钠，得到的沉淀中加入稀盐酸溶解，再加入草酸铵沉钴，得到的沉淀灼烧得到CxOy。
【小问1详解】
含钴废催化剂中含有的Fe、C均可溶于硫酸，而SiO2不溶，所以滤渣的是SiO2，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物，为了提高钴元素的利用率，将洗液与滤液合；
【小问2详解】
在加热搅拌条件下加入NaClO3，在酸性溶液中将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是：6Fe2++6H++ 6Fe3++Cl-+3H2O；
【小问3详解】
依据所给信息，Fe2+和[Fe(CN)6]3−反应，生成蓝色Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故确定Fe2+是否氧化完全的方法是：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化；
【小问4详解】
氧化后的溶液中，含有Fe3+，加入Na2CO3后，生成[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀和CO2气体，离子方程式为：6Fe3++4+6H2O+2Na++6= Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑。
16. 以废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)为原料可制备LiOH溶液和FePO4。
（1）“除铝”时反应的离子方程式：_______。
（2）“浸取”所得滤液中，磷元素的存在形式主要是_______(填编号)。
A. B. C.
（3）写出浸取过程中反应离子方程式：_______。
（4）沉铁"时铁、磷的沉淀率随溶液pH的变化如图1所示。pH>2.5后磷元素沉淀率逐渐下降，原因是_______。
（5）“电解"制备LiOH的原理如图2所示，装置中使用阳离于交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室的目的是_______。
（6）LiOH和(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4反应得到LiFePO4、NH4HSO4。写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】（1）
（2）c （3）和
（4）pH>2.5时溶液中氢氧根浓度较大，部分铁元素以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素沉淀率
（5）防止得到的LiOH不纯，且确保了工业生产的安全(以防H2、Cl2混合爆炸)
（6）
【解析】
【分析】废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)先与NaOH溶液反应，铝转化为偏铝酸钠进入溶液，过滤后用H2O2、稀盐酸浸取滤渣，LiFePO4反应溶解，亚铁离子被氧化，和氢离子反应生成，所以溶液主要有Li+、Fe3+、 、Cl－等，滤渣为炭黑；加入碳酸钠溶液与反应生成二氧化碳和，继而得到FePO4沉淀；过滤后经系列处理得到LiCl溶液，电解得到LiOH溶液。
【小问1详解】
除铝反应为铝单质和NaOH反应生成偏铝酸钠的反应，离子方程式为；
【小问2详解】
浸取时加入稀盐酸，H＋与结合，磷酸为三元中强酸，所以此时磷元素的主要存在形式为，所以选c；
【小问3详解】
浸取过程中主要是H2O2将Fe2＋氧化，H＋与结合，所以离子方程式为：和；
【小问4详解】
pH>2.5时溶液中氢氧根浓度较大，部分铁元素以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；
【小问5详解】
电解过程中阳极氯离子放电会产生氯气，氯气可以和LiOH溶液反应，且与阴极产生的氢气混合容易爆炸，阳离子交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室可以防止得到的LiOH不纯，且确保了工业生产的安全(以防H2、Cl2混合爆炸)；
【小问6详解】
已知部分反应物和生成物，根据元素守恒可得方程式为(NH4)2Fe(SO4)2＋LiOH＋H3PO4=LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O。
17. 亚硝基硫酸(NOSO4H)是染料工艺中重要原料。
Ⅰ.实验室将SO2通入浓硝酸和浓硫酸的混酸中可制备亚硝基硫酸，装置如图。C中主要发生反应：SO2+HNO3===SO3+HNO2；SO3+HNO2===NOSO4H。
(1)为了使C中反应充分，通入SO2的速率不能过快，可采取的措施是__________________。
(2)D装置的作用是____________________。
Ⅱ.产品中亚硝基硫酸质量分数的测定
称取1.700g产品放入250mL的锥形瓶中，加入的KMnO4溶液和少量稀H2SO4，发生反应：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O===K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，产品中其他杂质不与KMnO4反应。反应完全后，用0.5000ml/L的Na2C2O4标准溶液滴定过量的KMnO4，发生反应：2+5+16H+===2Mn2++8H2O+10CO2↑，消耗Na2C2O4标准溶液30.00mL.
(1)配制100mL0.1000ml/L的KMnO4溶液所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、________。
(2)Na2C2O4标准溶液应盛放在如图所示的滴定管____________中(填“A”或“B”)。滴定终点的现象是________________。
(3)若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得产品中亚硝基硫酸的质量分数会______________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(4)确定产品中亚硝基硫酸的质量分数______________，写出计算过程。
【答案】 ①. 缓慢滴加硫酸或降低A中硫酸浓度 ②. 吸收过量的 SO2，防止其污染环境(处理尾气) ③. 100 mL 容量瓶 ④. B ⑤. 当滴入最后一滴 Na2C2O4 标准溶液时，溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟不恢复原色 ⑥. 偏大 ⑦. 74.7%
【解析】
【详解】Ⅰ.(1)控制通入 SO2的速率可以通过缓慢滴加硫酸或减小硫酸浓度来实现；
(2)SO2是空气污染物，NaOH 可吸收 SO2，防止空气污染；
Ⅱ.(1)配制 100 mL 0.1000 ml/L 的 KMnO4 溶液需要 100 mL 容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒；
(2)Na2C2O4标准溶液呈碱性，应放在碱式滴定管中；滴定终点时，MnO4-反应完全，则现象为当滴入最后一滴 Na2C2O4标准溶液时，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复原色；
(3)滴定终点时俯视滴定管刻度，读取的体积比实际偏小，则测量的剩余高锰酸钾体积偏小，反应用掉的高锰酸钾物质的量偏大，则测量的亚硝基硫酸物质的量偏大，质量分数偏大；
(4)亚硝基硫酸与高锰酸钾反应，过量的高锰酸钾用 Na2C2O4标准溶液滴定，根据 Na2C2O4的物质的量可求出过量的高锰酸钾的物质的量，根据总量可求出与亚硝基硫酸反应的高锰酸钾的物质的量，进而求出亚硝基硫酸的物质的量，5n(Na2C2O4)~ 2n(KMnO4)，n(Na2C2O4)= 30.00mL×10-3×0.5000 ml/L=0.015 ml，则 n(KMnO4)= 0.015ml×2/5=0.006 ml，与亚硝基硫酸反应的 KMnO4物质的量为 100mL×0.1000 ml/L-0.006ml=0.004 ml ，2n(KMnO4)~5n(NOSO4H)，则 n(NOSO4H)= 0.004 ml×5/2=0.010 ml，w= ×100%≈74.7%，所以产品中亚硝基硫酸的质量分数为 74.7%。
18. 一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l) ∆H
(1)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ∆H1= -566kJ/ml；S(l)+O2(g)=SO2(g) ∆H2= -296kJ/ml，则反应热∆H=______ kJ/ml。
(2)其他条件相同、催化剂不同时，SO2的转化率随反应温度的变化如图a所示。260℃时_______(填“Fe2O3”、“NiO”或“Cr2O3”)作催化剂反应速率最快。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑价格因素，选择Fe2O3的主要优点是___________。
(3)科研小组在380℃、Fe2O3作催化剂时，研究了不同投料比[n(CO)：n(SO2)] 对SO2转化率的影响，结果如图b所示。请分析当n(CO)：n(SO2)=1：1时，SO2转化率接近50%的原因___________
(4)工业上还可用Na2SO3溶液吸收烟气中SO2：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3。某温度下用1.0ml/Na2SO3溶液吸收纯净的SO2，当溶液中c(SO)降至0.2ml/L时，吸收能力显著下降，应更换吸收剂。此时溶液中c(HSO)约为_________ml/L，溶液的pH=___________。(已知该温度下亚硫酸的平衡常数Ka1=1.75×10-2，Ka2=1.25×10-7)
(5)利用硫酸钠溶液吸收SO2，再用惰性电极电解处理SO2.将阴极区溶液导出，经过滤分离出硫磺后，可循环吸收利用，装置如图所示。
①该离子交换膜为___________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。
②阴极的电极反应式为___________。
【答案】 ①. -270 ②. Cr2O3 ③. Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源 ④. 由图a和图b可知，当CO量足够时，SO2的平衡转化率可以接近100%，但是当n(CO)：n(SO2)=1：1，SO2的转化率最大只能达到50%，因此平衡时转化率接近50% ⑤. 1.6 ⑥. 6 ⑦. 阳离子交换膜 ⑧. SO2+4H++4e-=S+2H2O(或H2SO3+4H++4e-=S+3H2O)
【解析】
【详解】(1)已知反应①：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ∆H1= -566kJ/ml；②S(l)+O2(g)=SO2(g) ∆H2= -296kJ/ml，目标反应式可以由①－②得到，故∆H=∆H1－∆H2=(-566)-(-296)=－270kJ/ml；
(2)260℃时，Cr2O3催化效果最好，故选用Cr2O3；随着温度的升高，Cr2O3的催化效果没有大的变化，其余二者催化效果显著增加其中Fe2O3在较低温度时就表现出较好的催化效果，有利于节约能源，故选用Fe2O3；
(3)由图a和图b可知，当CO量足够时，SO2的平衡转化率可以接近100%，但是当n(CO)：n(SO2)=1：1，SO2的转化率最大只能达到50%，因此平衡时转化率接近50%；
(4)反应中，SO与HSO为1：2，当溶液中c(SO)降至0.2ml/L时，消耗了0.8ml/L时，c(HSO)会生成约1.6ml/L；亚硫酸的第二步电离为：HSO⇌H++ SO，因为 ，计算可得：c(H+)=10-6ml/L，所以，pH=6；
(5)由于阴极生成了硫磺，则在阴极上SO2得电子后结合H+生成了S和H2O，阴极的电极反应式为SO2+4H++4e-=S+2H2O(或H2SO3+4H++4e-=S+3H2O)；而阳极则OH-失电子被氧化为O2，同时溶液中产生H+，H+通过中间的阳离子交换膜进入阴极室。实验
实验操作和现象
1
用试纸测定0.1ml•L-1NaHC2O4溶液的pH，测得约为5.5
2
向含0.1mlNaHC2O4稀溶液中加入0.05mlBa(OH)2，产生沉淀
3
向0.1ml•L-1NaHC2O4溶液中通入过量HCl，无现象
4
向0.1ml•L-1NaHC2O4溶液中通入一定量NH3，测得溶液pH=7
本卷考试时间：75分钟 总分：100分
本卷可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32
一、单项选择题：共14小题，每小题3分，共计42分，每小题只有一个选项符合题意。
1. 现代社会提倡“绿色”、“生态文明”。下列做法不符合的是
A. 分类放置生活废弃物B. 实现化石燃料清洁利用
C. 使用聚碳酸酯类可降解塑料D. 大量使用化肥、农药提高粮食产量
【答案】D
【解析】
【详解】A．将生活垃圾分类，可以提高垃圾的资源价值和经济价值，减少垃圾处理量和处理设备的使用，降低处理成本，减少土地资源的消耗，符合“绿色”、“生态文明”，故A不选；
B．研究发现，在诸多减排措施中，减排贡献最大的路径是化石能源利用清洁化改造，所以实现化石燃料清洁利用符合“绿色”、“生态文明”，故B不选；
C．使用聚碳酸酯类可降解塑料可以减少“白色污染”，符合“绿色”、“生态文明”，故C不选；
D．大量使用化肥、农药会造成环境、资源、安全等问题，不符合“绿色”、“生态文明”，故D选；
故选D。
2. 宏微结合是研究化学的重要思想。在一定条件下，容器中各微粒发生化学反应前后的变化如下图所示，其中●和○代表不同元素的原子。
该化学反应的类型不一定是
A. 分解反应B. 氧化还原反应C. 吸热反应D. 可逆反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图示可知，该反应是一种物质生成两种物质，属于分解反应，故不选A；
B．由图示可知，该反应是有单质生成的分解反应，一定有化合价改变，属于氧化还原反应，故不选B；
C．该反应可能是过氧化氢的分解反应，过氧化氢分解为水和氧气为放热反应，故选C；
D．由图示可知，只有部分反应物的分子发生反应，该反应是可逆反应，故不选D；
选C。
3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2
B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯
D. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸作干燥剂，利用浓硫酸的吸水性，故A不符合题意；
B．腐蚀电路板上的Cu，发生2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，体现氯化铁的强氧化性，故B不符合题意；
C．制造铅笔芯，与石墨具有导电性无关，故C不符合题意；
D．氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，故D符合题意；
答案为D。
4. 下列装置用于实验室制NO2并回收硝酸铜，能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取NO2
B. 用装置乙除NO2中的少量HNO3
C. 用装置丙收集NO2
D. 用装置丁蒸干Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2·6H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu与稀硝酸反应制取NO，不能制得NO2，A不能达到实验目的；
B．NaHCO3溶液吸收HNO3生成CO2、引入新杂质，同时NO2与H2O反应，不能选用NaHCO3除去NO2中的少量HNO3，洗气时气流方向应“长进短出”， B不能达到实验目的；
C．NO2能与水反应，不能用排水法收集NO2，NO2的密度比空气密度大，用向上排空气法收集NO2，C能达到实验目的；
D．Cu(NO3)2溶液中存在水解平衡：Cu(NO3)2+2H2O⇌Cu(OH)2+2HNO3，加热时由于HNO3的挥发，促进Cu(NO3)2的水解，将Cu(NO3)2溶液蒸干最终Cu(NO3)2完全水解成Cu(OH)2，再进一步分解得到CuO固体，不能制得Cu(NO3)2·6H2O，从Cu(NO3)2溶液中获得Cu(NO3)2·6H2O的实验方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D不能达到实验目的；
答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. 向稀醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸电离程度增大
B. 常温下，2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)不能自发进行，则该反应ΔH>0
C. 电镀时，通常把待镀金属制品作阳极，镀层金属作阴极
D. 工业通过反应"Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)"冶炼钾，说明钠的金属性强于钾
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀醋酸中存在醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向稀醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，醋酸电离平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，故A错误；
B．ΔG＞0的反应能自发进行，ΔG=ΔH+TΔS。反应2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)的ΔS>0，该反应常温下不能自发进行，则该反应ΔH>0，故B正确；
C．电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极，故C错误；
D．该反应能发生的原因是生成的K是气体，不断离开反应体系，从而反应不断向右进行，不能说明钠的金属性强于钾，故D错误；
故选B。
6. “吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术要流程如下：
下列有关说法正确的是
A. 氧化1所用的氯气可通过电解饱和NaCl溶液制得
B. 吹出后剩余溶液中可能大量存在的离子有Na+、Mg2+、Cl-、Br-
C. 吸收过程发生反应的离子方程式：SO2+Br2+H2O=2H++2Br-+
D. 从氧化2所得溶液中分离出单质溴的方法是用酒精萃取
【答案】A
【解析】
【分析】由题给流程可知，足量氯气与海水中的溴离子发生置换反应生成溴，用热空气将生成的溴吹出，用二氧化硫的水溶液吸收吹出的溴，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，向硫酸和氢溴酸中通入氯气，氯气与溶液中氢溴酸发生置换反应生成溴，用合适的有机溶剂萃取溴水中的溴，分液得到溴的有机溶液，蒸馏有机溶液得到液溴。
【详解】A．电解饱和氯化钠溶液可以生成氢氧化钠、氢气和氯气，则氧化1所用的氯气可通过电解饱和氯化钠溶液制得，故A正确；
B．由分析可知，向海水中通入足量氯气，则吹出后剩余溶液中不可能存在大量的溴离子，故B错误；
C．吸收过程发生的反应为溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为 SO2+Br2+2H2O═4H++2Br−+，故C错误；
D．酒精和水互溶，不能用酒精做萃取剂萃取溴水中的溴，可以用CCl4，故D错误；
故选A。
7. 从海水中提取镁的步骤是将石灰乳加入海水沉淀池中，得到氢氧化镁沉淀，再将氢氧化镁与盐酸反应，得到的溶液蒸发结晶，获得六水合氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，进一步操作得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁可获得单质镁。下列有关海水提镁的说法正确的是
A. 得到Mg(OH)2沉淀的化学反应方程式：2NaOH+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaCl
B. 加入盐酸，Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡正向移动
C. 在空气中加热灼烧MgCl2·6H2O可得到无水氯化镁晶体
D. 电解熔融氯化镁时金属镁在阳极析出
【答案】B
【解析】
【详解】A．用石灰乳将海水中的镁离子沉淀，不用NaOH溶液，故A错误；
B．加入盐酸，H+能中和沉淀溶解平衡中的生成物OH-，使c(OH-)降低，平衡正向移动，故B正确；
C．MgCl2水解为Mg(OH)2和HCl，在空气中加热MgCl2·6H2O时，由于水解是吸热反应，且加热促进HCl的挥发，所以不能得到无水氯化镁晶体，故C错误；
D．电解熔融氯化镁时，镁离子在阴极得到电子成为金属镁析出，故D错误；
故选B。
8. 海水淡化是解决淡水资源短缺的有效途径之一，其方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等。电渗析法淡化海水的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该装置将化学能转化成电能
B. 阴极发生的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑
C. Ⅱ室中流出淡水，Ⅰ、Ⅲ室流出液中NaCl浓度变大
D. 若将a、b膜的位置互换，则不能获得淡水
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，钠离子通过阳离子交换膜进入I室导致阳离子物质的量大于阴离子，Ⅱ室中氯离子通过离子交换膜进入Ⅰ室，阴极上水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氯离子通过阴离子交换膜进入Ⅲ室导致阴离子的物质的量大于阳离子，Ⅱ室中钠离子通过离子交换膜进入Ⅲ室，最后Ⅱ室中流出淡水，Ⅰ、Ⅲ室流出液中NaCl浓度变大。
【详解】A．该装置为电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；
B．由分析可知，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故B错误；
C．由分析可知，Ⅱ室中流出淡水，Ⅰ、Ⅲ室流出液中NaCl浓度变大，故C正确；
D．若将a、b膜的位置互换，Ⅰ室中氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室导致Ⅰ室中阴离子的物质的量小于阳离子，Ⅱ室中钠离子通过离子交换膜进入Ⅰ室，Ⅲ室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室导致Ⅲ室中阳离子的物质的量小于阴离子，Ⅱ室中氯离子通过离子交换膜进入Ⅲ室，最后Ⅱ室中流出的还是淡水，故D错误；
答案选C。
9. 短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X的原子半径小于Y的原子半径，Z的单质是空气中含量最高的气体，W原子最外层比Y原子最外层少1个电子，W的单质制得的金属容器常温下可盛装浓硫酸。下列说法正确的是
A. 原子半径: r(Y)
C. Z、W的简单离子具有相同的电子层结构
D. Y的最高价氧化物的水化物酸性比Z 的强
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大， Z的单质是空气中含量最高的气体，则Z为氮元素，W的单质制得的金属容器常温下可盛装浓硫酸，则W为铝元素，W原子最外层比Y原子最外层少1个电子而原子序数大于Y，则Y为碳元素，X的原子半径小于Y的原子半径，则X只能是氢元素。
【详解】A．同周期元素的原子半径从左到右依次减小，则原子半径: r(Z)
C．Z、W的简单离子N3-、Al3+均为10电子离子，具有相同的电子层结构，选项C正确；
D．Y的最高价氧化物的水化物H2CO3酸性比Z 的最高价氧化物的水化物HNO3弱，选项D错误。
答案选C。
10. 已知：①C6H12O6(s)=2C2H5OH(l)＋2CO2(g) ΔH1
② 6CO2(g)＋6H2O(g)=C6H12O6(s)＋6O2(g) ΔH2
③ 2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) ΔH3
④ 2CO2(g)＋6H2(g) = C2H5OH(l)＋3H2O(g) ΔH4
下列有关说法正确的是
A. H2的燃烧热为
B. 反应①使用催化剂，ΔH1将减小
C. 标准状况下，反应②生成1.12 L O2，转移的电子数为0.1×6.02×1023
D. 2ΔH4＝ΔH1＋ΔH2－6ΔH3
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据2H2O(g) =2H2(g)＋O2(g)反应可知，H2(g)＋O2(g) =H2O(g) ，∆H=1/2ΔH3，但是氢气的燃烧热指的是生成液态水，所以，∆H=1/2ΔH3，不是氢气的燃烧热，A错误；
B.催化剂不能改变反应的焓变，B错误；
C.反应②每生成6ml O2转移电子24ml，则在标准状况下，生成1.12 L O2，转移电子数为0.2×6.02×1023，C错误；
D.根据盖斯定律：①+②-6×③，得反应4CO2(g)＋12H2(g) =2 C2H5OH(l)＋6H2O(g) 2ΔH4=ΔH1+ΔH2-6ΔH3，D正确；
正确选项D。
【点睛】燃烧热是指1 ml可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氮元素转化为气态氮气，氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳。
11. 以氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)制取氧化铁红的流程如下：
已知还原焙烧后氧化铁渣转化为FeO。下列说法不正确的是
A. 还原焙烧时Fe3O4发生反应的化学方程式为2Fe3O4＋C6FeO＋CO2
B. 酸浸时硫酸适当过量可以抑制金属离子的水解
C. 滤液中主要存在的离子是：NH、H＋、HCO、SO
D. 煅烧时每生成1 ml Fe2O3，反应转移的电子数是2 ml
【答案】C
【解析】
【分析】根据流程图分析，氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)经过还原焙烧后生成Fe和CO2，经过硫酸酸浸后生成硫酸亚铁溶液，过滤后除去难溶于硫酸的滤渣，在滤液中加入碳酸氢铵调节pH，得到到氢氧化亚铁沉淀：，在通入氧气的条件下煅烧得到氧化铁，据此分析解答。
【详解】A．还原焙烧时Fe3O4被C还原生成铁和二氧化碳，化学方程式为2Fe3O4＋C6FeO＋CO2，故A正确；
B．酸浸时反应生成硫酸亚铁盐，硫酸适当过量可以抑制亚铁离子的水解，故B正确；
C．H＋和HCO反应，不能大量共存，滤液中主要存在的离子是：NH、SO，故C错误；
D．煅烧时Fe(OH)2中铁元素由+2价升高为Fe2O3中的+3价，则时每生成1ml Fe2O3，反应转移的电子数是2 ml，故D正确；
故选C。
12. 一种“分步法电解制氢气和氧气”的装置如图所示(a、b均为惰性电极)：该方法分两步，第一步在惰性电极产生 H2；第二步在另一个惰性电极产生 O2。以下有关说法正确的是
A. 当 K与 K1相连时，a 极产生的是氧气
B. 当 a、b两极产生的气体的物质的量之比为 1：1 时，NiOOH/Ni(OH)2电极恢复为电解前的状态
C. 当 K与 K2相连时，b极附近的 pH 会降低
D. 产生氢气时，NiOOH/Ni(OH)2电极反应方程式：NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A．当 K与 K1相连时，a 极为阴极，水得电子产生氢气，A错误；
B．当 a、b两极产生的气体的物质的量之比为 1：1 时，a极产生1ml氢气，电路中转移电子2ml，NiOOH/Ni(OH)2电极为阳极，电极反应方程式：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH+H2O，消耗2ml Ni(OH)2，生成2ml NiOOH；b极产生1mlO2时转移电子4ml，NiOOH/Ni(OH)2电极为阴极，电极反应为：NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-，消耗4mlNiOOH，生成4mlNi(OH)2，电极不会恢复为电解前的状态，B错误；
C．当 K与 K2相连时，b极为阳极，氢氧根失去电子生成氧气和水，氢氧根浓度降低，故附近的 pH 会降低，C正确；
D．产生氢气时，NiOOH/Ni(OH)2电极为阳极，电极反应方程式：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH+H2O，D错误；
故选C。
13. 室温下，通过下列实验探究NaHC2O4(Kh为NaHC2O4水解平衡常数、Ka1为H2C2O4电离平衡常数)溶液的性质。
下列有关说法正确的是
A. 实验1的溶液中：c(OH-)=Kh•Ka1•10-5.5
B. 实验2反应静置后上层清液中：c(Na+)>c(C2O)>c(HC2O)>c(OH-)
C. 实验3得到的溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(H2C2O4)>c(H+)
D. 实验4所得的溶液中：c(NH)+c(H2C2O4)=c(C2O)
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验1的溶液中pH=5.5，则c(OH-)===，故A错误；
B．实验2发生反应：2HC2O+2OH-+Ba2+=BaC2O4+ C2O+2H2O，静置后的上层清液是Na2C2O4溶液，C2O发生水解使溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(C2O)>c(OH-)>c(HC2O)，故B错误；
C．向0.1ml•L-1NaHC2O4溶液中通入过量HCl，发生反应NaHC2O4+HCl=H2C2O4+NaCl，得到的溶液为氯化钠、草酸、HCl的混合溶液，溶液中存在：c(Cl-)>c(H+)>c(Na+)>c(H2C2O4)，故C错误；
D．中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：①c(NH)+c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)，根据物料守恒可得②c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)=c(Na+)，根据①②结合可得：c(NH)+c(H2C2O4)=c(C2O)，故D正确；
故选D。
14. 二甲醚(CH3OCH3)是一种极具发展潜力的有机化工产品和洁净燃料。CO2加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=41.2kJ•ml-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.5kJ•ml-1
反应Ⅲ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5kJ•ml-1
在2MPa，起始投料=3时，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。下列有关说法正确的是
A. 图中X表示CO
B. 反应Ⅲ中反应物所含化学键的键能之和大于生成物所含化学键的键能之和
C. 温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的CO2少于反应Ⅱ生成的CO2
D. 其他条件不变，将压强增大到3MPa，可提高平衡时CH3OCH3的体积分数
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2的平衡转化率越高，则反应I进行的程度越小，CO的平衡体积分数越小，则图中X表示CH3OCH3，A说法错误；
B．反应Ⅲ为放热反应，则反应物所含化学键的键能之和小于生成物所含化学键的键能之和，B说法错误；
C．温度从553K上升至573K时，CO2的平衡转化率增大，则反应Ⅰ消耗的CO2大于反应Ⅱ生成的CO2，C说法错误；
D．其他条件不变，将压强增大到3MPa，反应I不移动，而反应II平衡正向进行，甲醇的浓度增大，导致反应III正向进行，可提高平衡时CH3OCH3的体积分数，D说法正确；
答案为D。
二、非选择题：共4小题，共计58分
15. 以含钴废催化剂(主要成分为C、Fe、SiO2)为原料制取复合氧化钴(CxOy)的流程如下：
（1）用H2SO4溶解后过滤，得到的滤渣是_______(填化学式)。将滤渣洗涤2~3次，再将洗液与滤液合并的目的是_______。
（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是_______。
（3）已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]；亚铁氰化钾的化学式为K4[Fe(CN)6]
3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2 (蓝色沉淀)
4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3 (蓝色沉淀)
确定Fe2+是否氧化完全的方法是_______。
(仅供选择的试剂：铁氯化钾溶液、亚铁氯化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)
（4）“除铁”工艺中加入适量的Na2CO3，调节pH约为2，使之生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】（1） ①. SiO2 ②. 洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物，为了提高钴元素的利用率，将洗液与滤液合
（2）6Fe2++6H++ 6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化
（4）6Fe3++4+6H2O+2Na++6= Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑
【解析】
【分析】含钴废催化剂加入硫酸，C、Fe都溶于硫酸中，SiO2不溶，过滤除去，滤液用NaClO3氧化Fe2+为Fe3+，然后加入碳酸钠生成黄钠铁矾沉淀除去铁，过滤后在滤液中再加入碳酸钠，得到的沉淀中加入稀盐酸溶解，再加入草酸铵沉钴，得到的沉淀灼烧得到CxOy。
【小问1详解】
含钴废催化剂中含有的Fe、C均可溶于硫酸，而SiO2不溶，所以滤渣的是SiO2，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物，为了提高钴元素的利用率，将洗液与滤液合；
【小问2详解】
在加热搅拌条件下加入NaClO3，在酸性溶液中将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是：6Fe2++6H++ 6Fe3++Cl-+3H2O；
【小问3详解】
依据所给信息，Fe2+和[Fe(CN)6]3−反应，生成蓝色Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故确定Fe2+是否氧化完全的方法是：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化；
【小问4详解】
氧化后的溶液中，含有Fe3+，加入Na2CO3后，生成[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀和CO2气体，离子方程式为：6Fe3++4+6H2O+2Na++6= Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑。
16. 以废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)为原料可制备LiOH溶液和FePO4。
（1）“除铝”时反应的离子方程式：_______。
（2）“浸取”所得滤液中，磷元素的存在形式主要是_______(填编号)。
A. B. C.
（3）写出浸取过程中反应离子方程式：_______。
（4）沉铁"时铁、磷的沉淀率随溶液pH的变化如图1所示。pH>2.5后磷元素沉淀率逐渐下降，原因是_______。
（5）“电解"制备LiOH的原理如图2所示，装置中使用阳离于交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室的目的是_______。
（6）LiOH和(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4反应得到LiFePO4、NH4HSO4。写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】（1）
（2）c （3）和
（4）pH>2.5时溶液中氢氧根浓度较大，部分铁元素以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素沉淀率
（5）防止得到的LiOH不纯，且确保了工业生产的安全(以防H2、Cl2混合爆炸)
（6）
【解析】
【分析】废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)先与NaOH溶液反应，铝转化为偏铝酸钠进入溶液，过滤后用H2O2、稀盐酸浸取滤渣，LiFePO4反应溶解，亚铁离子被氧化，和氢离子反应生成，所以溶液主要有Li+、Fe3+、 、Cl－等，滤渣为炭黑；加入碳酸钠溶液与反应生成二氧化碳和，继而得到FePO4沉淀；过滤后经系列处理得到LiCl溶液，电解得到LiOH溶液。
【小问1详解】
除铝反应为铝单质和NaOH反应生成偏铝酸钠的反应，离子方程式为；
【小问2详解】
浸取时加入稀盐酸，H＋与结合，磷酸为三元中强酸，所以此时磷元素的主要存在形式为，所以选c；
【小问3详解】
浸取过程中主要是H2O2将Fe2＋氧化，H＋与结合，所以离子方程式为：和；
【小问4详解】
pH>2.5时溶液中氢氧根浓度较大，部分铁元素以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；
【小问5详解】
电解过程中阳极氯离子放电会产生氯气，氯气可以和LiOH溶液反应，且与阴极产生的氢气混合容易爆炸，阳离子交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室可以防止得到的LiOH不纯，且确保了工业生产的安全(以防H2、Cl2混合爆炸)；
【小问6详解】
已知部分反应物和生成物，根据元素守恒可得方程式为(NH4)2Fe(SO4)2＋LiOH＋H3PO4=LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O。
17. 亚硝基硫酸(NOSO4H)是染料工艺中重要原料。
Ⅰ.实验室将SO2通入浓硝酸和浓硫酸的混酸中可制备亚硝基硫酸，装置如图。C中主要发生反应：SO2+HNO3===SO3+HNO2；SO3+HNO2===NOSO4H。
(1)为了使C中反应充分，通入SO2的速率不能过快，可采取的措施是__________________。
(2)D装置的作用是____________________。
Ⅱ.产品中亚硝基硫酸质量分数的测定
称取1.700g产品放入250mL的锥形瓶中，加入的KMnO4溶液和少量稀H2SO4，发生反应：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O===K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，产品中其他杂质不与KMnO4反应。反应完全后，用0.5000ml/L的Na2C2O4标准溶液滴定过量的KMnO4，发生反应：2+5+16H+===2Mn2++8H2O+10CO2↑，消耗Na2C2O4标准溶液30.00mL.
(1)配制100mL0.1000ml/L的KMnO4溶液所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、________。
(2)Na2C2O4标准溶液应盛放在如图所示的滴定管____________中(填“A”或“B”)。滴定终点的现象是________________。
(3)若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得产品中亚硝基硫酸的质量分数会______________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(4)确定产品中亚硝基硫酸的质量分数______________，写出计算过程。
【答案】 ①. 缓慢滴加硫酸或降低A中硫酸浓度 ②. 吸收过量的 SO2，防止其污染环境(处理尾气) ③. 100 mL 容量瓶 ④. B ⑤. 当滴入最后一滴 Na2C2O4 标准溶液时，溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟不恢复原色 ⑥. 偏大 ⑦. 74.7%
【解析】
【详解】Ⅰ.(1)控制通入 SO2的速率可以通过缓慢滴加硫酸或减小硫酸浓度来实现；
(2)SO2是空气污染物，NaOH 可吸收 SO2，防止空气污染；
Ⅱ.(1)配制 100 mL 0.1000 ml/L 的 KMnO4 溶液需要 100 mL 容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒；
(2)Na2C2O4标准溶液呈碱性，应放在碱式滴定管中；滴定终点时，MnO4-反应完全，则现象为当滴入最后一滴 Na2C2O4标准溶液时，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复原色；
(3)滴定终点时俯视滴定管刻度，读取的体积比实际偏小，则测量的剩余高锰酸钾体积偏小，反应用掉的高锰酸钾物质的量偏大，则测量的亚硝基硫酸物质的量偏大，质量分数偏大；
(4)亚硝基硫酸与高锰酸钾反应，过量的高锰酸钾用 Na2C2O4标准溶液滴定，根据 Na2C2O4的物质的量可求出过量的高锰酸钾的物质的量，根据总量可求出与亚硝基硫酸反应的高锰酸钾的物质的量，进而求出亚硝基硫酸的物质的量，5n(Na2C2O4)~ 2n(KMnO4)，n(Na2C2O4)= 30.00mL×10-3×0.5000 ml/L=0.015 ml，则 n(KMnO4)= 0.015ml×2/5=0.006 ml，与亚硝基硫酸反应的 KMnO4物质的量为 100mL×0.1000 ml/L-0.006ml=0.004 ml ，2n(KMnO4)~5n(NOSO4H)，则 n(NOSO4H)= 0.004 ml×5/2=0.010 ml，w= ×100%≈74.7%，所以产品中亚硝基硫酸的质量分数为 74.7%。
18. 一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l) ∆H
(1)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ∆H1= -566kJ/ml；S(l)+O2(g)=SO2(g) ∆H2= -296kJ/ml，则反应热∆H=______ kJ/ml。
(2)其他条件相同、催化剂不同时，SO2的转化率随反应温度的变化如图a所示。260℃时_______(填“Fe2O3”、“NiO”或“Cr2O3”)作催化剂反应速率最快。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑价格因素，选择Fe2O3的主要优点是___________。
(3)科研小组在380℃、Fe2O3作催化剂时，研究了不同投料比[n(CO)：n(SO2)] 对SO2转化率的影响，结果如图b所示。请分析当n(CO)：n(SO2)=1：1时，SO2转化率接近50%的原因___________
(4)工业上还可用Na2SO3溶液吸收烟气中SO2：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3。某温度下用1.0ml/Na2SO3溶液吸收纯净的SO2，当溶液中c(SO)降至0.2ml/L时，吸收能力显著下降，应更换吸收剂。此时溶液中c(HSO)约为_________ml/L，溶液的pH=___________。(已知该温度下亚硫酸的平衡常数Ka1=1.75×10-2，Ka2=1.25×10-7)
(5)利用硫酸钠溶液吸收SO2，再用惰性电极电解处理SO2.将阴极区溶液导出，经过滤分离出硫磺后，可循环吸收利用，装置如图所示。
①该离子交换膜为___________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。
②阴极的电极反应式为___________。
【答案】 ①. -270 ②. Cr2O3 ③. Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源 ④. 由图a和图b可知，当CO量足够时，SO2的平衡转化率可以接近100%，但是当n(CO)：n(SO2)=1：1，SO2的转化率最大只能达到50%，因此平衡时转化率接近50% ⑤. 1.6 ⑥. 6 ⑦. 阳离子交换膜 ⑧. SO2+4H++4e-=S+2H2O(或H2SO3+4H++4e-=S+3H2O)
【解析】
【详解】(1)已知反应①：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ∆H1= -566kJ/ml；②S(l)+O2(g)=SO2(g) ∆H2= -296kJ/ml，目标反应式可以由①－②得到，故∆H=∆H1－∆H2=(-566)-(-296)=－270kJ/ml；
(2)260℃时，Cr2O3催化效果最好，故选用Cr2O3；随着温度的升高，Cr2O3的催化效果没有大的变化，其余二者催化效果显著增加其中Fe2O3在较低温度时就表现出较好的催化效果，有利于节约能源，故选用Fe2O3；
(3)由图a和图b可知，当CO量足够时，SO2的平衡转化率可以接近100%，但是当n(CO)：n(SO2)=1：1，SO2的转化率最大只能达到50%，因此平衡时转化率接近50%；
(4)反应中，SO与HSO为1：2，当溶液中c(SO)降至0.2ml/L时，消耗了0.8ml/L时，c(HSO)会生成约1.6ml/L；亚硫酸的第二步电离为：HSO⇌H++ SO，因为 ，计算可得：c(H+)=10-6ml/L，所以，pH=6；
(5)由于阴极生成了硫磺，则在阴极上SO2得电子后结合H+生成了S和H2O，阴极的电极反应式为SO2+4H++4e-=S+2H2O(或H2SO3+4H++4e-=S+3H2O)；而阳极则OH-失电子被氧化为O2，同时溶液中产生H+，H+通过中间的阳离子交换膜进入阴极室。实验
实验操作和现象
1
用试纸测定0.1ml•L-1NaHC2O4溶液的pH，测得约为5.5
2
向含0.1mlNaHC2O4稀溶液中加入0.05mlBa(OH)2，产生沉淀
3
向0.1ml•L-1NaHC2O4溶液中通入过量HCl，无现象
4
向0.1ml•L-1NaHC2O4溶液中通入一定量NH3，测得溶液pH=7
相关试卷
2022-2023学年江苏省南京市中华中学高一下学期3月月考化学试题： 这是一份2022-2023学年江苏省南京市中华中学高一下学期3月月考化学试题，文件包含江苏省南京市中华中学高一下学期3月月考化学试题原卷版docx、江苏省南京市中华中学高一下学期3月月考化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
江苏省南京市重点中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（含解析）： 这是一份江苏省南京市重点中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（含解析），共35页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
精品解析：江苏省南京市六校联合体2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题： 这是一份精品解析：江苏省南京市六校联合体2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题，文件包含精品解析江苏省南京市六校联合体2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题解析版docx、精品解析江苏省南京市六校联合体2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
