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【期中真题】山西大学附属中学校2021-2022学年高三上学期期中考试化学试题.zip
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山西大学附中
2021～2022学年高三第一学期期中考试
化 学 试 题
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 K：39 Fe：56
一、单项选择题(1~12小题每题2分，13~20小题每题3分，共48分)
1. 化学工业是国民经济的支柱产业，下列生产过程中不涉及化学变化的是
A. 通过石油的裂解生产乙烯 B. 工业生产漂白粉
C. 用接触法生产硫酸 D. 炼油厂生产直馏汽油
【答案】D
【解析】
【详解】A．通过石油的裂解生产乙烯，大分子分解为小分子，有新物质生成，涉及化学变化，A不符合题意；
B．工业上利用石灰乳和氯气反应制取漂白粉，有新物质生成，涉及化学变化，B不符合题意；
C．接触法生产硫酸的过程中FeS2转化为SO2，再转化为SO3，再转化为硫酸，有新物质生成，涉及化学变化，C不符合题意；
D．炼油厂生产直馏汽油的过程中是根据沸点不同，将原油中的一些物质分离出来，没有新物质生成，不涉及化学变化，D符合题意；
综上所述答案为D。
2. 为实现“双碳”目标，某科研小组设计捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A. 标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA
B. 10.1 g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为1.8NA
C. 22 g CO2与N2O混合物中所含氧原子的数目为NA
D. 100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，每个CO2分子中含有6+8×2=22个电子，所以共22NA个电子，A错误；
B．10.1g N(C2H5)3的物质的量为n==0.1mol，每个N(C2H5)3分子中含有3个C-C键为非极性键，所以故0.1mol此物质中含有的非极性键数目为0.3NA，B错误；
C．二氧化碳与一氧化二氮分子中含有氧原子个数不相等，只知道混合物的质量，无法计算含有氧原子数目，C错误；
D．100g46%的甲酸水溶液中，含有甲酸分子的物质的量为=1mol，含有氧原子的物质的量为1mol×2=2mol，含水的物质的量为=3mol，含有氧原子的物质的量为3mol×1=3mol，故该溶液中含有氧原子数为(2mol+3mol)×NAmol-1=5NA，D正确；
综上所述答案为D。
3. 纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示。下列叙述不正确的是
A. 属于有机化合物
B. 直接加热FeCl3溶液也可以得到Fe3O4
C. 反应③的化学方程式是6FeOOH＋CO=2Fe3O4＋3H2O＋CO2
D. 纳米四氧化三铁形成的分散系有可能产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】
【详解】A．为含碳元素的化合物，属于有机化合物，故A正确；
B．直接加热FeCl3溶液，促进了氯化铁的水解，HCl易挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，故B错误；
C．由制备过程图可知，反应③反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2，故C正确；
D．纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故D正确；
答案选B。
4. 下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的有几项
①含有大量Fe3＋的溶液：Na＋、SCN-、Cl-、I-
②含有大量NO的溶液：H＋、Fe2＋、Cl-、SO
③常温下，pH=12的溶液：K＋、Cl-、ClO-、SO
④c(H＋)=0.1 mol·L-1的溶液：Na＋、NH、SO、S2O
⑤使pH试纸显蓝色的溶液：Cu2＋、NO、Fe3＋、SO
⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液：NO、Al3＋、Na＋、SO
⑦使红色石蕊试纸变蓝的溶液：SO、CO、Na＋、K＋
⑧常温下 =1×10-12的溶液：K＋、AlO、CO、Na＋
⑨中性溶液：K＋、AlO、NO、SO
⑩使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO、SO
⑪使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、NH、NO
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】①Fe3＋、I-发生氧化还原反应，Fe3＋与SCN-反应生成Fe (SCN)3，含有大量Fe3＋的溶液中不能大量含有SCN-、I-；
②含有大量NO的溶液：H＋、NO、Fe2＋发生氧化还原反应，不能大量共存；
③常温下，pH=12的溶液呈碱性，碱性条件下，K＋、Cl-、ClO-、SO相互之间不反应，能大量共存；
④c(H＋)=0.1 mol·L-1的溶液中，S2O发生歧化反应生成硫沉淀、二氧化硫气体，不能大量含有S2O；
⑤使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下 Cu2＋、Fe3＋生成氢氧化物沉淀，不能大量存在Cu2＋、Fe3＋；
⑥与铝粉反应放出H2无色溶液呈酸性或碱性。酸性条件下，铝与硝酸反应不能放出氢气，不含NO，碱性条件下，Al3＋生成氢氧化物沉淀；
⑦使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性，碱性条件下，SO、CO、Na＋、K＋相互之间不反应，能大量共存；
⑧常温下 =1×10-12的溶液呈碱性，碱性条件下，K＋、AlO、CO、Na＋相互之间不反应，能大量共存；
⑨中性溶液中AlO水解为氢氧化铝沉淀，中性溶液中不能大量存在AlO；
⑩使甲基橙变红色的溶液呈酸性，酸性条件下，SO与氢离子反应生成二氧化硫气体，不能大量存在SO；
⑪使酚酞变红色的溶液呈碱性，碱性条件下， Cu2＋、NH都能与氢氧根离子反应，不能大量存在Cu2＋、NH；
能大量共存的有③⑦⑧，选C。
5. 下列实验中，所采取的方法及其原理均正确的是
选项
实验目的
实验方法
实验原理
A
除去 NO中的NO2
通过盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶
NO2能与NaOH溶液反应而NO不反应
B
除去乙醇中的水
加入无水硫酸铜然后蒸溜
无水硫酸铜能结合水形成晶体
C
除去KNO3中的NaCl
冷却热饱和溶液，重结晶
NaCl的溶解变随温度变化而改变较大
D
除去铁粉中混有的铝粉
加入过量 NaOH溶液,充分反应后过滤
铝能与NaOH溶液反应而铁不反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.NO、NO2与NaOH溶液发生反应：NO+NO2+NaOH=NaNO2+H2O，不能达到除杂净化的目的，A错误；
B.乙醇中的水与CuSO4结合形成CuSO4·5H2O，该物质是固体，乙醇是液体，通过过滤的方法分离，B错误；
C.KNO3的溶解度受温度影响变化较大，而NaCl的溶解度受温度的影响变化小，所以可采用冷却、结晶及重结晶的方法分离提纯，C错误；
D.Al与NaOH溶液反应变为可溶性的NaAlO2，而Fe不能与NaOH溶液反应，故可用足量NaOH溶液将Fe粉中的杂质Al除去，D正确；
故合理选项是D。
6. 某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含 N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程。已知：，下列说法正确的是
A. 固体 1 中主要含有 CaCO3、CaSO4
B. 捕获剂所捕获的气体主要是 CO
C. X 可以是空气，且需过量
D. 处理含废水时，发生的反应：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．固体 1 是二氧化碳、二氧化硫和氢氧化钙反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，因此固体1中主要含有 CaCO3、CaSO3，故A错误；
B．气体1中NO和氧气和NaOH反应生成NaNO2，因此气体2主要是CO和N2，而捕获剂所捕获的气体主要是 CO，故B正确；
C．根据，X 可以是空气，但只能适量，过量就会生成硝酸钠，故C错误；
D．处理含废水时，铵根和亚硝酸根反应生成氮气，其发生的反应：，故D错误。
综上所述，答案为B。
7. 下图是0.01 mol/L甲溶液滴定0.01 mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是
A. 条件相同时导电能力：盐酸>NaAc
B. 曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线
C. 随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力
D. a点是反应终点
【答案】C
【解析】
【详解】A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故A正确；
B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；
C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线① 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C错误；
D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的难点为曲线①和②的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。
8. 为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。下列正确的是
A. 石墨电极做正极，发生氧化反应
B. 向铁电极溶液中滴加KSCN，溶液变红
C. 盐桥中可选择KCl或者KNO3作为电解质
D. 一段时间后，铁电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.02 mol·L-1，石墨电极溶液中c(Fe2＋)=0.09 mol·L-1(忽略溶液体积的变化)
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池装置可知，铁电极作负极，石墨电极作正极，电池反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+。
【详解】A．根据分析可知，石墨电极做正极，发生还原反应，A错误；
B．铁电极发生电极反应生成Fe2+，故向铁电极溶液中加KSCN，溶液不变红，B错误；
C．硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，能与亚铁离子发生氧化还原反应，不能达到实验目的，C错误；
D．铁电极发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+，铁电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.02 mol·L-1，则石墨电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.024mol·L-1，则反应后石墨电极溶液中c(Fe2＋)=0.09 mol·L-1，D正确；
答案选D。
9. 硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)，下列说法错误的是
A. 碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂
B. FeSO4与NH4HCO3反应的离子方程式Fe2++ HCO= FeCO3 ↓ + H＋
C. 可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化
D. 常温下，FeSO4比(NH4)2Fe(SO4)2易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，A正确；
B．H＋与HCO不共存，正确离子方程式为Fe2++2HCO= FeCO3+ CO2↑+H2O，B错误；
C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，C正确；
D．根据流程图，FeSO4能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，说明(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4小，D正确；
综上所述答案为B。
10. 甲、乙、丙、丁四种物质中，均含有相同的某种元素。在一定条件下它们之间存在如图转化关系：
甲 乙丙 丁
下列说法错误的是
A. 甲可能是单质，也可能是化合物
B. 甲与丁反应可能生成盐
C. 反应①②一定是氧化还原反应
D. 反应③一定是化合反应
【答案】D
【解析】
【分析】由图中转化可知，甲可发生连续氧化反应，且丙与水反应，可知甲可能为Na、S、N2、H2S、NH3等，丁为碱或含氧酸，以此来解答。
【详解】A．由上述分析可知，甲可能为Na、S、N2、H2S、NH3等，则可能为单质或化合物，故A正确；
B．若甲为氨气，丁为硝酸，二者反应生成盐，故B正确；
C．反应①②中O元素的化合价降低，一定是氧化还原反应，故C正确；
D．若丙为二氧化氮，与水发生氧化还原反应生成硝酸和NO，不属于化合反应，故D错误；
故选D。
11. 为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如图实验方案，下列正确的是
A. ①中反应的离子方程式：2I-＋H2O2=I2＋2OH-
B. ②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出
C. ①②③的目的是为了富集碘元素
D. 操作Z的名称是蒸发
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中加入稀硫酸酸化，不会有氢氧根生成，正确离子方程式为2I-＋H2O2+2H+=I2＋2H2O，A错误；
B．I2的CCl4溶液密度比水大，在下层，应从下口放出，B错误；
C．碘在水中的溶解度较小，第①步中得到的碘的水溶液浓度较小，经②、③处理后可以实现碘的富集，C正确；
D．从含碘的悬浊液中获取碘单质，应经过滤，D错误；
综上所述答案为C。
12. 聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂，以废铁屑为原料制备PFS的具体工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 步骤①，粉碎的目的是为了增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率
B. 步骤④，加稀硫酸调节pH在一定的范围内，让Fe3+部分水解形成碱式盐
C. 步骤⑤，减压蒸发，有利于降低水的沸点防止产物分解
D. 步骤③，可以选择双氧水、氯气等氧化剂将Fe2+转化成Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A.接触面积越大，反应速率越快，故A正确；
B. 聚合硫酸铁属于碱式盐。步骤④，调节pH在一定的范围内，可以控制水解程度，让Fe3+部分水解形成碱式盐，故B正确；
C.减压蒸发，有利于降低水的沸点，防止聚合硫酸铁分解，故C正确；
D.氯气做氧化剂，引入新杂质氯离子，不能用氯气氧化Fe2+，故D错误。
【点睛】本题考查了物质制备的探究、物质性质的分析、试剂选择和离子反应实质的理解应用，注意信息的分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
13. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向某盐溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变红色
原溶液中一定有Fe2+
B
取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量CCl4，振荡、静置
溶液分层，下层呈紫红色
原溶液中一定有I-
C
SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中
溶液红色褪去
SO2具有漂白性
D
少量Zn粉加入1.0 mol/L Fe2(SO4)3溶液中
溶液颜色变浅
金属Zn比Fe活泼
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．若原溶液中只含Fe3+，现象相同，应先加KSCN溶液，再加氯水，A错误；
B．无色溶液滴加氯水，再加入少量CCl4，CCl4层呈紫色，说明生成了碘单质，故原溶液中含有I−，B正确；
C．二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，溶液红色褪去，与酸性氧化物的性质有关，与漂白性无关，C错误；
D．少量Zn粉加入Fe2(SO4)3溶液中发生反应：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，没有金属单质生成，此反应不能证明金属Zn比Fe活泼，D错误；
综上所述答案为B。
14. 实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2的过程如图所示：
下列说法不正确的是
A. 电解中，阳极电极反应式为NH-6e-+3Cl-=NCl3+4H＋
B. X中大量存在的阴离子有Cl-和OH-
C. NaClO2与 NCl3反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6
D. 制取1 mol ClO2至少需要6 mol NH4Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解过程中，阳极失电子被氧化，根据电解后的产物可知电解过程中，NH被氧化为NCl3，电极反应为NH-6e-+3Cl-=NCl3+4H＋，A正确；
B．根据流程可知NaClO2与NCl3反应得到ClO2和NH3，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，所以溶液X为NaCl和NaOH的混合溶液，阴离子有Cl-和OH-，B正确；
C．NaClO2与NCl3反应的化学方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，Cl元素化合价从+3价变为+4价，N元素化合价从+3价变为-3价，NCl3为氧化剂，NaClO2为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6，C正确；
D．根据NaClO2与NCl3的反应可知，制取1 mol ClO2至少需要mol NCl3，根据电解阳极的反应可知至少需要mol NH4Cl，D错误；
综上所述答案为D。
15. 已知：①冰铜也叫铜锍，属于高纯Cu2S，密度较大，可以从熔炼炉的下口流出来；②高温下Cu＋比Cu2＋更稳定。如图是辉铜矿粉(图中简称矿粉，主要成分为Cu2S、FeS)→冰铜→粗铜→精铜的简单流程图，下列说法正确的是
A. 原料中的焦炭是为了将辉铜矿粉中的Cu还原为Cu单质
B. 1 250 ℃时，纯氧吹炼液态冰铜的化学方程式为Cu2S＋O22Cu＋SO2
C. 在电解精炼铜时，将粗铜称作“阴极铜”，精铜称作“阳极铜”
D. 纯氧吹炼过程中必定有部分Cu被氧化成CuO，使粗铜表面有少许黑色斑纹
【答案】B
【解析】
【分析】辉铜矿粉与80%O2、焦炭、溶剂在熔炼炉中反应得到冰铜（Cu2S），其中焦炭作燃料，提高熔炼炉的温度，加快反应速率，1250℃时转炉中“冰铜”和O2反应生成粗铜，反应为的化学方程式为Cu2S+O22Cu+SO2，电解精炼铜得到纯铜，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极主要反应为Cu-2e-=Cu2+，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，结合题给信息“高温下Cu+比Cu2+更稳定”分析解答。
【详解】A．由图可知，从熔炼炉中出来的产物中只有Cu2S，没有Cu单质，并且焦炭燃烧放热，则原料中的焦炭是为了和高浓度的O2反应，提供熔炼炉中反应所需要的温度条件，故A错误；
B．转炉中纯氧吹炼液态冰铜的原料是Cu2S和O2，1250℃生成Cu和SO2，则反应的化学方程式为Cu2S+O22Cu+SO2，故B正确；
C．电解法精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故C错误；
D．由题给信息“高温下Cu+比Cu2+更稳定”可知，纯氧吹炼反应温度在1250℃时，没有CuO生成，可能有部分Cu被氧化成Cu2O，Cu2O是砖红色物质，即粗铜表面没有黑色斑纹，故D错误；
故选B。
16. 常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示，下列说法不正确的是
A. 实验时需后点燃E处的酒精灯
B. C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸
C. 二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为S、H2S、HCl
D. G、H之间应加上D装置
【答案】C
【解析】
【分析】根据实验目的，分液漏斗中盛浓盐酸、烧瓶中盛二氧化锰，加热制取氯气；C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥；E装置中氯气和硫单质合成S2Cl2；G为收集产品装置，同时可防止H中溶液倒吸，H为吸收剩余氯气装置。
【详解】A项，因为装置中有空气，所以实验时应先点燃最左边酒精灯，通入氯气排出空气，再点燃E处酒精灯，故A正确；
B项，因为S2Cl2遇水易水解，所以E中应为纯净干燥的氯气与S反应，C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥，故B正确；
C项，根据元素守恒，二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物中一定有含氧元素的化合物，且元素的化合价必须有升有降，故C错误；
D项，因为二氯化二硫遇水易水解，所以G、H之间应加上D装置，以防止右侧水蒸气扩散进入E中，故D正确。
综上所述，符合题意的选项为C。
【点睛】本题考查物质制取的实验设计与评价，关键是对实验原理及装置的理解，注意结合二氯化二硫遇水易水解的性质及实验操作规范，分析流程中各装置的作用，A、C为本题易错点，注意先通入氯气排出空气，根据元素守恒判断S2Cl2水解产物。
17. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物（如图所示）是一种优良的防龋齿剂（用于制含氟牙膏）。下列说法错误的是（ ）
A. W、X、Y的简单离子的电子层结构相同
B. W、Y形成的化合物中只含离子键
C. 该化合物中Z不满足8电子稳定结构
D. X、Y形成的化合物溶于水能促进水的电离
【答案】B
【解析】
【分析】该化合物可用于制含氟牙膏，说明含有F元素，根据该化合物的结构可知，X原子可以形成一个共价键，则X为F元素；Y可以形成Y+，且原子序数大于X，则Y为Na；Z可以形成五条共价键，应为第ⅤA族元素，原子序数大于Na，则Z为P；根据W元素的成键特点，结合其原子序数最小，则W为O。
【详解】A．氧离子、氟离子和钠离子都含有2个电子层，核外电子总数为10，其简单离子的电子层结构相同，故A正确；
B．W、Y形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，故B错误；
C．P最外层含有5个电子，该化合物中形成了5个共价键，则P最外层电子数为5+5=10，不满足8电子稳定结构，故C正确；
D．HF为弱酸，所以NaF溶液中，氟离子会水解促进水的电离，故D正确；
故答案为B。
18. 某化工厂充分利用工业废气中 CO、CO2，将氯代烃、氯碱工业和甲醇联合生产，减少了环境污染，具体流程如图。下列叙述错误的是
A. 为减少副反应的发生，过程Ⅱ中的装置需使用阳离子交换膜
B. 在过程Ⅲ中实现了CuCl2 的再生
C. 理论上每生成 1molCH3OH，可得到1molC2H4Cl2
D. 过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl
【答案】C
【解析】
【分析】根据联合生产流程图分析可知，过程Ⅱ中发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，生成的H2参与过程Ⅰ，与CO2、CO反应生成CH3OH，Cl2参与过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，CuCl2进入过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，过程Ⅱ为电解饱和NaCl溶液的过程，为减少副反应的发生，装置中可使用阳离子交换膜，A选项正确；
B．过程Ⅲ发生的反应主要为过程Ⅳ产生的CuCl与Cl2反应生成CuCl2，CuCl2再进入过程Ⅳ反应，实现了CuCl2的再生，B选项正确；
C．过程Ⅰ为H2与CO2、CO反应生成CH3OH，过程中H元素的化合价由0价升高为+1价，则每生成1molCH3OH转移4mol电子，过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，每生成1molC2H4Cl2转移2mol电子，结合过程Ⅱ中发生的反应，则理论上每生成 1molCH3OH，可得到2molC2H4Cl2，C选项错误；
D．由分析可知，过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl，D选项正确；
答案选C。
19. 相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4 溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法不正确的是
A. a电极的电极反应为2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-
B. c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜
C. 电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu2＋＋2e-=Cu
D. 电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得400 g NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】浓差电池放电时，两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓度完全相等时，放电停止，电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应， 作正极，Cu(2)电极上发生使Cu2+浓度升高的氧化反应，作负极，则在右池的电解池中，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，b为电解池的阳极，H2O中的OH-失去电子发生氧化反应生成O2。
【详解】A．a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A正确；
B．因溶液为电中性，a电极附近产生了阴离子，必须让阳离子发生移动，c为阳离子交换膜，b电极附近阴离子减少，必须让阴离子发生移动，d为阴离子交换膜，B正确；
C．Cu(1)作正极，得到电子，电极反应为Cu2++2e-=Cu，C正确；
D．电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液浓度同时由2.5mol·L-1降到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5 mol·L-1升到1.5 mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L ×(2.5-1.5) mol·L-1=2mol，电路中转移4mol 电子，电解池的阴极生成4mol OH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g，D错误；
答案选D。
20. 紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A. 分子式为C14H14O4
B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C. 能够发生水解反应
D. 能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A叙述正确；
B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B叙述不正确；
C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正确；
D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。
综上所述，故选B。
非选择题
21. 山大附中化学实验兴趣小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质和纯度分析。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，热稳定性差，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。A中反应离子方程式是___________。
②仪器C的名称为___________。反应时C的控温20~25℃，温度不能高于25℃的主要原因___________。C中得到紫色固体和溶液。写出C中反应生成K2FeO4的化学方程式___________。
（2）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2，为证明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
i.由方案1中溶液变红可知a中含有___________离子，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl﹣氧化，还可能由___________产生(用离子方程式表示)。
ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣。用KOH溶液洗涤的目的是___________。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2___________FeO(填“＞”或“＜”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
（3）K2FeO4的纯度分析
将1.32 g样品与过量的的KI溶液 (硫酸酸化)充分反应(杂质不参与反应)后配成100 mL溶液，每次取10.00 mL用0.1000 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，三次滴定消耗Na2S2O3标准溶液体积平均为19.20 mL，则原样品中高铁酸钾的质量分数为___________。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
【答案】（1） ①. 2MnO＋16H＋＋10Cl− =2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O ②. 三颈烧瓶（或三口烧瓶） ③. 防止温度过高K2FeO4分解 ④. 3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O
（2） ①. Fe3＋ ②. 4FeO＋2OH＋=4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O ③. 排除ClO−的干扰 ④. > ⑤. 溶液的酸碱性不同
（3）96%
【解析】
【分析】制备K2FeO4，由实验装置可知，A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气。探究K2FeO4的性质：由方案I中溶液变红，可知含铁离子，可能为K2FeO4与酸反应生成；方案Ⅱ与制备实验的酸碱性不同，且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
【小问1详解】
①A为氯气发生装置，A中高锰酸钾将浓盐酸氧化生成氯气和氯化锰，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2MnO＋16H＋＋10Cl− =2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；
②根据仪器C的结构特点可知其为三井烧瓶；K2FeO4热稳定性差，所以温度不能高于25℃的主要原因应是：防止温度过高K2FeO4分解；C中得到紫色固体和溶液，可知碱性环境中氯气将Fe(OH)3氧化为K2FeO4，根据电子守恒可知反应中Cl2和2Fe(OH)3的系数比为3：2，再结合元素守恒可得化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；
【小问2详解】
①i．Fe3+可以与KSCN溶液反应使溶液显红色，所以由方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离子；根据题意可知K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，根据氧化还原反应的规律可知该过程中会发生反应：4FeO+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，从而产生Fe3+；
ii．K2FeO4在碱性环境中稳定存在，且氯气在和碱性溶液反应时可能会生成ClO-，ClO-与盐酸混合也可以产生氯气，所以用KOH溶液洗涤的目的是确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰；
②由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cl2＞FeO，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜FeO，两组实验的区别为溶液的酸碱性不同，所以影响二者氧化性强弱的原因为：溶液的酸碱性不同；
【小问3详解】
滴定原理为：先利用K2FeO4将KI氧化为I2，然后再利用Na2S2O3还原生成碘单质，根据Na2S2O3的量确定K2FeO4的量，存在数量关系2K2FeO4~3I2~6Na2S2O3，消耗Na2S2O3标准溶液体积平均为19.20 mL，所以100mL溶液中n(K2FeO4)=×0.0192L×0.1000mol/L×=0.0064mol，所以样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=96%。
22. 合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：
（1）科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。
由图可知合成氨反应N2(g)+3 H2(g)2NH3(g)的∆H=___________kJ·mol-1.该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为___________。
（2）工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)∶V(H2)=1∶3时平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：
①500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)___________ Kp(100MPa)。(填“＜”、“=”、“＞”)
②500℃、30 MPa时，氢气的平衡转化率为___________(保留2位有效数字)，Kp=___________(MPa)-2(列出计算式)。
（3）利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。
为使电池持续放电，需选用___________离子交换膜(“阴”或“阳”)，A电极反应式___________
【答案】（1） ①. -92 ②. Nad+3HadNHad+2Had（或Nad+HadNHad）
（2） ①. = ②. 33% ③.
（3） ①. 阴 ②. 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【解析】
【小问1详解】
根据反应历程图可知，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92 kJ/mol；该历程中反应速率最慢的步骤是反应消耗能高，难发生的反应的化学方程式为：Nad+ 3Had=NHad +2Had或Nad+Had=NHad；
【小问2详解】
①500℃时，反应的平衡常数不变，反应平衡常数Kp(30MPa)=Kp(100MPa)；
②工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)∶V(H2)=1∶3时，500℃、30 MPa时，平衡气体中NH3的物质的量分数为20%，假设进料物质的量n(N2)=1 mol，n(H2)=3 mol，消耗氮气物质的量为x，则反应消耗3x mol H2，反应产生2x mol NH3，则平衡时n(N2)=(1-x)mol；n(H2)=(3-3x)mol，n(NH3)=2x mol，由已知条件可知：，解得x=mol，则H2的平衡转化率为：，平衡时气体的总物质的量n(总)=(4-2x)mol=(4-2×)mol=mol， 500℃、30MPa时气体分压为：P(N2)=30 MPa×20%；P(N2)=30 MPa×60%；P(NH3)=30 MPa×20%，则化学平衡常数Kp=；
【小问3详解】
原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作；A电极为负极，发生失电子的氧化反应，由于电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
23. 钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2.一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得Na2Cr2O7的工艺流程如图。
已知：①“酸浸”后VO2·xH2O转化为VO2+；
②Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30；
③ 有关物质的溶解度(g/100 g H2O)如下表所示：
温度/℃
20
40
60
80
100
Na2Cr2O7
183.6
215.1
269.2
376.4
415.0
Na2SO4
19.5
48.8
45.3
43.7
42.5
回答下列问题：
（1）“滤渣”的主要成分是___________，“氧化”生成VO，反应的离子方程式为___________。
（2）若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+)=0.1 mol/L，则“水解沉钒”调pH的范围是2.5～___________。(结果保留1位小数)
（3）“溶液1”中含CrO，加入H2O2后发生反应的离子方程式为___________。
（4）“多步操作”包括蒸发浓缩、___________、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤。
（5）研究温度对Na2S2O8与H2O2的氧化—水解沉钒率的影响，得到如图所示结果。
钒铬还原渣酸浸液初始温度在90 ℃左右，降低温度能耗增加。由图可知，分别采用H2O2、Na2S2O8进行“氧化”时，应选择的适宜温度是___________、___________，与Na2S2O8相比，采用H2O2氧化的主要不足之处有___________(写出两点)。
【答案】（1） ①. SiO2或二氧化硅 ②. 2VO2+＋S2O＋2H2O = 2VO＋2SO＋4H＋
（2）4.3 （3）3H2O2＋2CrO＋2OH－= 2CrO＋4H2O
（4）趁热过滤 （5） ①. 60 ℃ ②. 90 ℃ ③. 沉钒率低，铬损率高；温度较高时H2O2易分解，需降温导致能耗增加
【解析】
【分析】钒铬还原渣主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2，用硫酸“酸浸”，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，滤液中含有VOSO4、Cr2(SO4)3，滤液中加入Na2S2O8把VO2+氧化为VO，调节溶液的pH“水解沉钒”生成V2O5·xH2O沉淀，过滤，得到含有Cr3+的净化液，加入过量氢氧化钠，Cr3+转化为CrO，加入H2O2把CrO氧化为CrO，调节溶液的pH把CrO转化为Cr2O，蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤分离出Na2Cr2O7、Na2SO4。
【小问1详解】
SiO2和硫酸不反应，所以“滤渣”的主要成分是SiO2；Na2S2O8把VO2+氧化为VO、Na2S2O8被还原为Na2SO4，反应的离子方程式为2VO2+＋S2O＋2H2O = 2VO＋2SO＋4H＋；
【小问2详解】
Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30，若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+)=0.1 mol/L，Cr3+开始沉淀时c(OH-)==，c(H+)=，则“水解沉钒”调pH的范围是2.5～4.3；
【小问3详解】
“溶液1”中含CrO，加入H2O2把CrO氧化为CrO，发生反应的离子方程式为3H2O2＋2CrO＋2OH－= 2CrO＋4H2O；
【小问4详解】
根据Na2Cr2O7、Na2SO4的溶解度，混合溶液中分离出Na2Cr2O7、Na2SO4 的操作包括蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤。
【小问5详解】
60 ℃时H2O2沉钒率最大，所以H2O2进行“氧化”时，应选择的适宜温度是60 ℃；Na2S2O8进行“氧化”时，70 ℃、90 ℃沉钒率几乎相同，钒铬还原渣酸浸液初始温度在90 ℃左右，降低温度能耗增加，所以Na2S2O8进行“氧化”时，应选择的适宜温度是90 ℃；
根据图示，与Na2S2O8相比，采用H2O2氧化的主要不足之处有沉钒率低，铬损率高；温度较高时H2O2易分解，需降温导致能耗增加。
24. Cd位于第五周期ⅡB族，(CdSe)n小团簇(CdnSen，n=1~16)为Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料，具有独特的光学和电学性质，常应用于发光二极管、生物系统成像与诊断等方面。回答下列问题：
（1）基态Se原子的价层电子排布式为___________。
（2）Cd的第一电离能大于同周期相邻元素，原因是___________。
（3）利用有机配体PH3、N(CH3)3等修饰(CdSe)2可改善其光致发光效率。其中PH3的空间构型是___________。N(CH3)3中N原子杂化轨道类型是___________。
（4）CdSe的一种晶体为立方ZnS型，晶胞结构如图所示。其中A原子坐标参数为(，，)，则B的原子坐标参数分别为___________。该晶胞中CdSe键的键长为___________cm。已知Cd和Se的原子半径分别为rCd nm和rSe nm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________。
【答案】（1）4s24p4
（2）Cd电子排布式为[Kr]4d105s2，原子轨道为全充满状态
（3） ①. 三角锥形 ②. sp3
（4） ①. (，，) ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
Se是34号元素，处于周期表中第四周期VIA族，价电子排布式为4s24p4；
【小问2详解】
同一周期从左到右，元素的第一电高能有增大趋势，Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2，为全充满的稳定状态，失去电子需要较高能量，所以第一电高能大于同周期相邻元素；
【小问3详解】
PH3中P原子的价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体，有一对孤电子对得到其空间构型为三角锥形，N(CH3)3中N的价层电子对数为4、含有一对孤电子对， N原子采用sp3杂化，所以N(CH3)3作配体时提供的孤电子对来自于sp3杂化轨道上；
【小问4详解】
晶胞中4个Se原子均在内部构成正四面体结构，A位置Se原子与B位置Se原子在z轴上的数值相等，B位置Se原子在X、Y轴 上的数值均比A处的大，所以B的原子坐标参数为(，，)，晶胞的体对角线为anm，晶胞中CdSe键的键长为晶胞体对角线的四分之一，则晶跑中CdSe键的键长为anm=a×10-7cm；晶胞中Se原子均在内部、数目为4，Cd原子数目为8×+6×=4，原子总体职Vnm3 ,所以该晶跑中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%；
山西大学附中
2021～2022学年高三第一学期期中考试
化 学 试 题
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 K：39 Fe：56
一、单项选择题(1~12小题每题2分，13~20小题每题3分，共48分)
1. 化学工业是国民经济的支柱产业，下列生产过程中不涉及化学变化的是
A. 通过石油的裂解生产乙烯 B. 工业生产漂白粉
C. 用接触法生产硫酸 D. 炼油厂生产直馏汽油
【答案】D
【解析】
【详解】A．通过石油的裂解生产乙烯，大分子分解为小分子，有新物质生成，涉及化学变化，A不符合题意；
B．工业上利用石灰乳和氯气反应制取漂白粉，有新物质生成，涉及化学变化，B不符合题意；
C．接触法生产硫酸的过程中FeS2转化为SO2，再转化为SO3，再转化为硫酸，有新物质生成，涉及化学变化，C不符合题意；
D．炼油厂生产直馏汽油的过程中是根据沸点不同，将原油中的一些物质分离出来，没有新物质生成，不涉及化学变化，D符合题意；
综上所述答案为D。
2. 为实现“双碳”目标，某科研小组设计捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A. 标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA
B. 10.1 g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为1.8NA
C. 22 g CO2与N2O混合物中所含氧原子的数目为NA
D. 100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，每个CO2分子中含有6+8×2=22个电子，所以共22NA个电子，A错误；
B．10.1g N(C2H5)3的物质的量为n==0.1mol，每个N(C2H5)3分子中含有3个C-C键为非极性键，所以故0.1mol此物质中含有的非极性键数目为0.3NA，B错误；
C．二氧化碳与一氧化二氮分子中含有氧原子个数不相等，只知道混合物的质量，无法计算含有氧原子数目，C错误；
D．100g46%的甲酸水溶液中，含有甲酸分子的物质的量为=1mol，含有氧原子的物质的量为1mol×2=2mol，含水的物质的量为=3mol，含有氧原子的物质的量为3mol×1=3mol，故该溶液中含有氧原子数为(2mol+3mol)×NAmol-1=5NA，D正确；
综上所述答案为D。
3. 纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示。下列叙述不正确的是
A. 属于有机化合物
B. 直接加热FeCl3溶液也可以得到Fe3O4
C. 反应③的化学方程式是6FeOOH＋CO=2Fe3O4＋3H2O＋CO2
D. 纳米四氧化三铁形成的分散系有可能产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】
【详解】A．为含碳元素的化合物，属于有机化合物，故A正确；
B．直接加热FeCl3溶液，促进了氯化铁的水解，HCl易挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，故B错误；
C．由制备过程图可知，反应③反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2，故C正确；
D．纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故D正确；
答案选B。
4. 下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的有几项
①含有大量Fe3＋的溶液：Na＋、SCN-、Cl-、I-
②含有大量NO的溶液：H＋、Fe2＋、Cl-、SO
③常温下，pH=12的溶液：K＋、Cl-、ClO-、SO
④c(H＋)=0.1 mol·L-1的溶液：Na＋、NH、SO、S2O
⑤使pH试纸显蓝色的溶液：Cu2＋、NO、Fe3＋、SO
⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液：NO、Al3＋、Na＋、SO
⑦使红色石蕊试纸变蓝的溶液：SO、CO、Na＋、K＋
⑧常温下 =1×10-12的溶液：K＋、AlO、CO、Na＋
⑨中性溶液：K＋、AlO、NO、SO
⑩使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO、SO
⑪使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、NH、NO
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】①Fe3＋、I-发生氧化还原反应，Fe3＋与SCN-反应生成Fe (SCN)3，含有大量Fe3＋的溶液中不能大量含有SCN-、I-；
②含有大量NO的溶液：H＋、NO、Fe2＋发生氧化还原反应，不能大量共存；
③常温下，pH=12的溶液呈碱性，碱性条件下，K＋、Cl-、ClO-、SO相互之间不反应，能大量共存；
④c(H＋)=0.1 mol·L-1的溶液中，S2O发生歧化反应生成硫沉淀、二氧化硫气体，不能大量含有S2O；
⑤使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下 Cu2＋、Fe3＋生成氢氧化物沉淀，不能大量存在Cu2＋、Fe3＋；
⑥与铝粉反应放出H2无色溶液呈酸性或碱性。酸性条件下，铝与硝酸反应不能放出氢气，不含NO，碱性条件下，Al3＋生成氢氧化物沉淀；
⑦使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性，碱性条件下，SO、CO、Na＋、K＋相互之间不反应，能大量共存；
⑧常温下 =1×10-12的溶液呈碱性，碱性条件下，K＋、AlO、CO、Na＋相互之间不反应，能大量共存；
⑨中性溶液中AlO水解为氢氧化铝沉淀，中性溶液中不能大量存在AlO；
⑩使甲基橙变红色的溶液呈酸性，酸性条件下，SO与氢离子反应生成二氧化硫气体，不能大量存在SO；
⑪使酚酞变红色的溶液呈碱性，碱性条件下， Cu2＋、NH都能与氢氧根离子反应，不能大量存在Cu2＋、NH；
能大量共存的有③⑦⑧，选C。
5. 下列实验中，所采取的方法及其原理均正确的是
选项
实验目的
实验方法
实验原理
A
除去 NO中的NO2
通过盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶
NO2能与NaOH溶液反应而NO不反应
B
除去乙醇中的水
加入无水硫酸铜然后蒸溜
无水硫酸铜能结合水形成晶体
C
除去KNO3中的NaCl
冷却热饱和溶液，重结晶
NaCl的溶解变随温度变化而改变较大
D
除去铁粉中混有的铝粉
加入过量 NaOH溶液,充分反应后过滤
铝能与NaOH溶液反应而铁不反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.NO、NO2与NaOH溶液发生反应：NO+NO2+NaOH=NaNO2+H2O，不能达到除杂净化的目的，A错误；
B.乙醇中的水与CuSO4结合形成CuSO4·5H2O，该物质是固体，乙醇是液体，通过过滤的方法分离，B错误；
C.KNO3的溶解度受温度影响变化较大，而NaCl的溶解度受温度的影响变化小，所以可采用冷却、结晶及重结晶的方法分离提纯，C错误；
D.Al与NaOH溶液反应变为可溶性的NaAlO2，而Fe不能与NaOH溶液反应，故可用足量NaOH溶液将Fe粉中的杂质Al除去，D正确；
故合理选项是D。
6. 某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含 N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程。已知：，下列说法正确的是
A. 固体 1 中主要含有 CaCO3、CaSO4
B. 捕获剂所捕获的气体主要是 CO
C. X 可以是空气，且需过量
D. 处理含废水时，发生的反应：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．固体 1 是二氧化碳、二氧化硫和氢氧化钙反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，因此固体1中主要含有 CaCO3、CaSO3，故A错误；
B．气体1中NO和氧气和NaOH反应生成NaNO2，因此气体2主要是CO和N2，而捕获剂所捕获的气体主要是 CO，故B正确；
C．根据，X 可以是空气，但只能适量，过量就会生成硝酸钠，故C错误；
D．处理含废水时，铵根和亚硝酸根反应生成氮气，其发生的反应：，故D错误。
综上所述，答案为B。
7. 下图是0.01 mol/L甲溶液滴定0.01 mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是
A. 条件相同时导电能力：盐酸>NaAc
B. 曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线
C. 随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力
D. a点是反应终点
【答案】C
【解析】
【详解】A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故A正确；
B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；
C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线① 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C错误；
D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的难点为曲线①和②的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。
8. 为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。下列正确的是
A. 石墨电极做正极，发生氧化反应
B. 向铁电极溶液中滴加KSCN，溶液变红
C. 盐桥中可选择KCl或者KNO3作为电解质
D. 一段时间后，铁电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.02 mol·L-1，石墨电极溶液中c(Fe2＋)=0.09 mol·L-1(忽略溶液体积的变化)
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池装置可知，铁电极作负极，石墨电极作正极，电池反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+。
【详解】A．根据分析可知，石墨电极做正极，发生还原反应，A错误；
B．铁电极发生电极反应生成Fe2+，故向铁电极溶液中加KSCN，溶液不变红，B错误；
C．硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，能与亚铁离子发生氧化还原反应，不能达到实验目的，C错误；
D．铁电极发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+，铁电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.02 mol·L-1，则石墨电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.024mol·L-1，则反应后石墨电极溶液中c(Fe2＋)=0.09 mol·L-1，D正确；
答案选D。
9. 硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)，下列说法错误的是
A. 碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂
B. FeSO4与NH4HCO3反应的离子方程式Fe2++ HCO= FeCO3 ↓ + H＋
C. 可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化
D. 常温下，FeSO4比(NH4)2Fe(SO4)2易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，A正确；
B．H＋与HCO不共存，正确离子方程式为Fe2++2HCO= FeCO3+ CO2↑+H2O，B错误；
C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，C正确；
D．根据流程图，FeSO4能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，说明(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4小，D正确；
综上所述答案为B。
10. 甲、乙、丙、丁四种物质中，均含有相同的某种元素。在一定条件下它们之间存在如图转化关系：
甲 乙丙 丁
下列说法错误的是
A. 甲可能是单质，也可能是化合物
B. 甲与丁反应可能生成盐
C. 反应①②一定是氧化还原反应
D. 反应③一定是化合反应
【答案】D
【解析】
【分析】由图中转化可知，甲可发生连续氧化反应，且丙与水反应，可知甲可能为Na、S、N2、H2S、NH3等，丁为碱或含氧酸，以此来解答。
【详解】A．由上述分析可知，甲可能为Na、S、N2、H2S、NH3等，则可能为单质或化合物，故A正确；
B．若甲为氨气，丁为硝酸，二者反应生成盐，故B正确；
C．反应①②中O元素的化合价降低，一定是氧化还原反应，故C正确；
D．若丙为二氧化氮，与水发生氧化还原反应生成硝酸和NO，不属于化合反应，故D错误；
故选D。
11. 为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如图实验方案，下列正确的是
A. ①中反应的离子方程式：2I-＋H2O2=I2＋2OH-
B. ②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出
C. ①②③的目的是为了富集碘元素
D. 操作Z的名称是蒸发
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中加入稀硫酸酸化，不会有氢氧根生成，正确离子方程式为2I-＋H2O2+2H+=I2＋2H2O，A错误；
B．I2的CCl4溶液密度比水大，在下层，应从下口放出，B错误；
C．碘在水中的溶解度较小，第①步中得到的碘的水溶液浓度较小，经②、③处理后可以实现碘的富集，C正确；
D．从含碘的悬浊液中获取碘单质，应经过滤，D错误；
综上所述答案为C。
12. 聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂，以废铁屑为原料制备PFS的具体工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 步骤①，粉碎的目的是为了增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率
B. 步骤④，加稀硫酸调节pH在一定的范围内，让Fe3+部分水解形成碱式盐
C. 步骤⑤，减压蒸发，有利于降低水的沸点防止产物分解
D. 步骤③，可以选择双氧水、氯气等氧化剂将Fe2+转化成Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A.接触面积越大，反应速率越快，故A正确；
B. 聚合硫酸铁属于碱式盐。步骤④，调节pH在一定的范围内，可以控制水解程度，让Fe3+部分水解形成碱式盐，故B正确；
C.减压蒸发，有利于降低水的沸点，防止聚合硫酸铁分解，故C正确；
D.氯气做氧化剂，引入新杂质氯离子，不能用氯气氧化Fe2+，故D错误。
【点睛】本题考查了物质制备的探究、物质性质的分析、试剂选择和离子反应实质的理解应用，注意信息的分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
13. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向某盐溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变红色
原溶液中一定有Fe2+
B
取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量CCl4，振荡、静置
溶液分层，下层呈紫红色
原溶液中一定有I-
C
SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中
溶液红色褪去
SO2具有漂白性
D
少量Zn粉加入1.0 mol/L Fe2(SO4)3溶液中
溶液颜色变浅
金属Zn比Fe活泼
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．若原溶液中只含Fe3+，现象相同，应先加KSCN溶液，再加氯水，A错误；
B．无色溶液滴加氯水，再加入少量CCl4，CCl4层呈紫色，说明生成了碘单质，故原溶液中含有I−，B正确；
C．二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，溶液红色褪去，与酸性氧化物的性质有关，与漂白性无关，C错误；
D．少量Zn粉加入Fe2(SO4)3溶液中发生反应：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，没有金属单质生成，此反应不能证明金属Zn比Fe活泼，D错误；
综上所述答案为B。
14. 实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2的过程如图所示：
下列说法不正确的是
A. 电解中，阳极电极反应式为NH-6e-+3Cl-=NCl3+4H＋
B. X中大量存在的阴离子有Cl-和OH-
C. NaClO2与 NCl3反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6
D. 制取1 mol ClO2至少需要6 mol NH4Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解过程中，阳极失电子被氧化，根据电解后的产物可知电解过程中，NH被氧化为NCl3，电极反应为NH-6e-+3Cl-=NCl3+4H＋，A正确；
B．根据流程可知NaClO2与NCl3反应得到ClO2和NH3，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，所以溶液X为NaCl和NaOH的混合溶液，阴离子有Cl-和OH-，B正确；
C．NaClO2与NCl3反应的化学方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，Cl元素化合价从+3价变为+4价，N元素化合价从+3价变为-3价，NCl3为氧化剂，NaClO2为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6，C正确；
D．根据NaClO2与NCl3的反应可知，制取1 mol ClO2至少需要mol NCl3，根据电解阳极的反应可知至少需要mol NH4Cl，D错误；
综上所述答案为D。
15. 已知：①冰铜也叫铜锍，属于高纯Cu2S，密度较大，可以从熔炼炉的下口流出来；②高温下Cu＋比Cu2＋更稳定。如图是辉铜矿粉(图中简称矿粉，主要成分为Cu2S、FeS)→冰铜→粗铜→精铜的简单流程图，下列说法正确的是
A. 原料中的焦炭是为了将辉铜矿粉中的Cu还原为Cu单质
B. 1 250 ℃时，纯氧吹炼液态冰铜的化学方程式为Cu2S＋O22Cu＋SO2
C. 在电解精炼铜时，将粗铜称作“阴极铜”，精铜称作“阳极铜”
D. 纯氧吹炼过程中必定有部分Cu被氧化成CuO，使粗铜表面有少许黑色斑纹
【答案】B
【解析】
【分析】辉铜矿粉与80%O2、焦炭、溶剂在熔炼炉中反应得到冰铜（Cu2S），其中焦炭作燃料，提高熔炼炉的温度，加快反应速率，1250℃时转炉中“冰铜”和O2反应生成粗铜，反应为的化学方程式为Cu2S+O22Cu+SO2，电解精炼铜得到纯铜，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极主要反应为Cu-2e-=Cu2+，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，结合题给信息“高温下Cu+比Cu2+更稳定”分析解答。
【详解】A．由图可知，从熔炼炉中出来的产物中只有Cu2S，没有Cu单质，并且焦炭燃烧放热，则原料中的焦炭是为了和高浓度的O2反应，提供熔炼炉中反应所需要的温度条件，故A错误；
B．转炉中纯氧吹炼液态冰铜的原料是Cu2S和O2，1250℃生成Cu和SO2，则反应的化学方程式为Cu2S+O22Cu+SO2，故B正确；
C．电解法精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故C错误；
D．由题给信息“高温下Cu+比Cu2+更稳定”可知，纯氧吹炼反应温度在1250℃时，没有CuO生成，可能有部分Cu被氧化成Cu2O，Cu2O是砖红色物质，即粗铜表面没有黑色斑纹，故D错误；
故选B。
16. 常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示，下列说法不正确的是
A. 实验时需后点燃E处的酒精灯
B. C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸
C. 二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为S、H2S、HCl
D. G、H之间应加上D装置
【答案】C
【解析】
【分析】根据实验目的，分液漏斗中盛浓盐酸、烧瓶中盛二氧化锰，加热制取氯气；C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥；E装置中氯气和硫单质合成S2Cl2；G为收集产品装置，同时可防止H中溶液倒吸，H为吸收剩余氯气装置。
【详解】A项，因为装置中有空气，所以实验时应先点燃最左边酒精灯，通入氯气排出空气，再点燃E处酒精灯，故A正确；
B项，因为S2Cl2遇水易水解，所以E中应为纯净干燥的氯气与S反应，C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥，故B正确；
C项，根据元素守恒，二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物中一定有含氧元素的化合物，且元素的化合价必须有升有降，故C错误；
D项，因为二氯化二硫遇水易水解，所以G、H之间应加上D装置，以防止右侧水蒸气扩散进入E中，故D正确。
综上所述，符合题意的选项为C。
【点睛】本题考查物质制取的实验设计与评价，关键是对实验原理及装置的理解，注意结合二氯化二硫遇水易水解的性质及实验操作规范，分析流程中各装置的作用，A、C为本题易错点，注意先通入氯气排出空气，根据元素守恒判断S2Cl2水解产物。
17. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物（如图所示）是一种优良的防龋齿剂（用于制含氟牙膏）。下列说法错误的是（ ）
A. W、X、Y的简单离子的电子层结构相同
B. W、Y形成的化合物中只含离子键
C. 该化合物中Z不满足8电子稳定结构
D. X、Y形成的化合物溶于水能促进水的电离
【答案】B
【解析】
【分析】该化合物可用于制含氟牙膏，说明含有F元素，根据该化合物的结构可知，X原子可以形成一个共价键，则X为F元素；Y可以形成Y+，且原子序数大于X，则Y为Na；Z可以形成五条共价键，应为第ⅤA族元素，原子序数大于Na，则Z为P；根据W元素的成键特点，结合其原子序数最小，则W为O。
【详解】A．氧离子、氟离子和钠离子都含有2个电子层，核外电子总数为10，其简单离子的电子层结构相同，故A正确；
B．W、Y形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，故B错误；
C．P最外层含有5个电子，该化合物中形成了5个共价键，则P最外层电子数为5+5=10，不满足8电子稳定结构，故C正确；
D．HF为弱酸，所以NaF溶液中，氟离子会水解促进水的电离，故D正确；
故答案为B。
18. 某化工厂充分利用工业废气中 CO、CO2，将氯代烃、氯碱工业和甲醇联合生产，减少了环境污染，具体流程如图。下列叙述错误的是
A. 为减少副反应的发生，过程Ⅱ中的装置需使用阳离子交换膜
B. 在过程Ⅲ中实现了CuCl2 的再生
C. 理论上每生成 1molCH3OH，可得到1molC2H4Cl2
D. 过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl
【答案】C
【解析】
【分析】根据联合生产流程图分析可知，过程Ⅱ中发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，生成的H2参与过程Ⅰ，与CO2、CO反应生成CH3OH，Cl2参与过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，CuCl2进入过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，过程Ⅱ为电解饱和NaCl溶液的过程，为减少副反应的发生，装置中可使用阳离子交换膜，A选项正确；
B．过程Ⅲ发生的反应主要为过程Ⅳ产生的CuCl与Cl2反应生成CuCl2，CuCl2再进入过程Ⅳ反应，实现了CuCl2的再生，B选项正确；
C．过程Ⅰ为H2与CO2、CO反应生成CH3OH，过程中H元素的化合价由0价升高为+1价，则每生成1molCH3OH转移4mol电子，过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，每生成1molC2H4Cl2转移2mol电子，结合过程Ⅱ中发生的反应，则理论上每生成 1molCH3OH，可得到2molC2H4Cl2，C选项错误；
D．由分析可知，过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl，D选项正确；
答案选C。
19. 相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4 溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法不正确的是
A. a电极的电极反应为2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-
B. c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜
C. 电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu2＋＋2e-=Cu
D. 电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得400 g NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】浓差电池放电时，两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓度完全相等时，放电停止，电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应， 作正极，Cu(2)电极上发生使Cu2+浓度升高的氧化反应，作负极，则在右池的电解池中，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，b为电解池的阳极，H2O中的OH-失去电子发生氧化反应生成O2。
【详解】A．a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A正确；
B．因溶液为电中性，a电极附近产生了阴离子，必须让阳离子发生移动，c为阳离子交换膜，b电极附近阴离子减少，必须让阴离子发生移动，d为阴离子交换膜，B正确；
C．Cu(1)作正极，得到电子，电极反应为Cu2++2e-=Cu，C正确；
D．电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液浓度同时由2.5mol·L-1降到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5 mol·L-1升到1.5 mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L ×(2.5-1.5) mol·L-1=2mol，电路中转移4mol 电子，电解池的阴极生成4mol OH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g，D错误；
答案选D。
20. 紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A. 分子式为C14H14O4
B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C. 能够发生水解反应
D. 能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A叙述正确；
B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B叙述不正确；
C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正确；
D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。
综上所述，故选B。
非选择题
21. 山大附中化学实验兴趣小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质和纯度分析。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，热稳定性差，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。A中反应离子方程式是___________。
②仪器C的名称为___________。反应时C的控温20~25℃，温度不能高于25℃的主要原因___________。C中得到紫色固体和溶液。写出C中反应生成K2FeO4的化学方程式___________。
（2）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2，为证明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
i.由方案1中溶液变红可知a中含有___________离子，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl﹣氧化，还可能由___________产生(用离子方程式表示)。
ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣。用KOH溶液洗涤的目的是___________。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2___________FeO(填“＞”或“＜”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
（3）K2FeO4的纯度分析
将1.32 g样品与过量的的KI溶液 (硫酸酸化)充分反应(杂质不参与反应)后配成100 mL溶液，每次取10.00 mL用0.1000 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，三次滴定消耗Na2S2O3标准溶液体积平均为19.20 mL，则原样品中高铁酸钾的质量分数为___________。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
【答案】（1） ①. 2MnO＋16H＋＋10Cl− =2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O ②. 三颈烧瓶（或三口烧瓶） ③. 防止温度过高K2FeO4分解 ④. 3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O
（2） ①. Fe3＋ ②. 4FeO＋2OH＋=4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O ③. 排除ClO−的干扰 ④. > ⑤. 溶液的酸碱性不同
（3）96%
【解析】
【分析】制备K2FeO4，由实验装置可知，A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气。探究K2FeO4的性质：由方案I中溶液变红，可知含铁离子，可能为K2FeO4与酸反应生成；方案Ⅱ与制备实验的酸碱性不同，且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
【小问1详解】
①A为氯气发生装置，A中高锰酸钾将浓盐酸氧化生成氯气和氯化锰，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2MnO＋16H＋＋10Cl− =2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；
②根据仪器C的结构特点可知其为三井烧瓶；K2FeO4热稳定性差，所以温度不能高于25℃的主要原因应是：防止温度过高K2FeO4分解；C中得到紫色固体和溶液，可知碱性环境中氯气将Fe(OH)3氧化为K2FeO4，根据电子守恒可知反应中Cl2和2Fe(OH)3的系数比为3：2，再结合元素守恒可得化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；
【小问2详解】
①i．Fe3+可以与KSCN溶液反应使溶液显红色，所以由方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离子；根据题意可知K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，根据氧化还原反应的规律可知该过程中会发生反应：4FeO+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，从而产生Fe3+；
ii．K2FeO4在碱性环境中稳定存在，且氯气在和碱性溶液反应时可能会生成ClO-，ClO-与盐酸混合也可以产生氯气，所以用KOH溶液洗涤的目的是确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰；
②由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cl2＞FeO，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜FeO，两组实验的区别为溶液的酸碱性不同，所以影响二者氧化性强弱的原因为：溶液的酸碱性不同；
【小问3详解】
滴定原理为：先利用K2FeO4将KI氧化为I2，然后再利用Na2S2O3还原生成碘单质，根据Na2S2O3的量确定K2FeO4的量，存在数量关系2K2FeO4~3I2~6Na2S2O3，消耗Na2S2O3标准溶液体积平均为19.20 mL，所以100mL溶液中n(K2FeO4)=×0.0192L×0.1000mol/L×=0.0064mol，所以样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=96%。
22. 合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：
（1）科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。
由图可知合成氨反应N2(g)+3 H2(g)2NH3(g)的∆H=___________kJ·mol-1.该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为___________。
（2）工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)∶V(H2)=1∶3时平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：
①500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)___________ Kp(100MPa)。(填“＜”、“=”、“＞”)
②500℃、30 MPa时，氢气的平衡转化率为___________(保留2位有效数字)，Kp=___________(MPa)-2(列出计算式)。
（3）利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。
为使电池持续放电，需选用___________离子交换膜(“阴”或“阳”)，A电极反应式___________
【答案】（1） ①. -92 ②. Nad+3HadNHad+2Had（或Nad+HadNHad）
（2） ①. = ②. 33% ③.
（3） ①. 阴 ②. 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【解析】
【小问1详解】
根据反应历程图可知，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92 kJ/mol；该历程中反应速率最慢的步骤是反应消耗能高，难发生的反应的化学方程式为：Nad+ 3Had=NHad +2Had或Nad+Had=NHad；
【小问2详解】
①500℃时，反应的平衡常数不变，反应平衡常数Kp(30MPa)=Kp(100MPa)；
②工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)∶V(H2)=1∶3时，500℃、30 MPa时，平衡气体中NH3的物质的量分数为20%，假设进料物质的量n(N2)=1 mol，n(H2)=3 mol，消耗氮气物质的量为x，则反应消耗3x mol H2，反应产生2x mol NH3，则平衡时n(N2)=(1-x)mol；n(H2)=(3-3x)mol，n(NH3)=2x mol，由已知条件可知：，解得x=mol，则H2的平衡转化率为：，平衡时气体的总物质的量n(总)=(4-2x)mol=(4-2×)mol=mol， 500℃、30MPa时气体分压为：P(N2)=30 MPa×20%；P(N2)=30 MPa×60%；P(NH3)=30 MPa×20%，则化学平衡常数Kp=；
【小问3详解】
原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作；A电极为负极，发生失电子的氧化反应，由于电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
23. 钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2.一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得Na2Cr2O7的工艺流程如图。
已知：①“酸浸”后VO2·xH2O转化为VO2+；
②Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30；
③ 有关物质的溶解度(g/100 g H2O)如下表所示：
温度/℃
20
40
60
80
100
Na2Cr2O7
183.6
215.1
269.2
376.4
415.0
Na2SO4
19.5
48.8
45.3
43.7
42.5
回答下列问题：
（1）“滤渣”的主要成分是___________，“氧化”生成VO，反应的离子方程式为___________。
（2）若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+)=0.1 mol/L，则“水解沉钒”调pH的范围是2.5～___________。(结果保留1位小数)
（3）“溶液1”中含CrO，加入H2O2后发生反应的离子方程式为___________。
（4）“多步操作”包括蒸发浓缩、___________、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤。
（5）研究温度对Na2S2O8与H2O2的氧化—水解沉钒率的影响，得到如图所示结果。
钒铬还原渣酸浸液初始温度在90 ℃左右，降低温度能耗增加。由图可知，分别采用H2O2、Na2S2O8进行“氧化”时，应选择的适宜温度是___________、___________，与Na2S2O8相比，采用H2O2氧化的主要不足之处有___________(写出两点)。
【答案】（1） ①. SiO2或二氧化硅 ②. 2VO2+＋S2O＋2H2O = 2VO＋2SO＋4H＋
（2）4.3 （3）3H2O2＋2CrO＋2OH－= 2CrO＋4H2O
（4）趁热过滤 （5） ①. 60 ℃ ②. 90 ℃ ③. 沉钒率低，铬损率高；温度较高时H2O2易分解，需降温导致能耗增加
【解析】
【分析】钒铬还原渣主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2，用硫酸“酸浸”，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，滤液中含有VOSO4、Cr2(SO4)3，滤液中加入Na2S2O8把VO2+氧化为VO，调节溶液的pH“水解沉钒”生成V2O5·xH2O沉淀，过滤，得到含有Cr3+的净化液，加入过量氢氧化钠，Cr3+转化为CrO，加入H2O2把CrO氧化为CrO，调节溶液的pH把CrO转化为Cr2O，蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤分离出Na2Cr2O7、Na2SO4。
【小问1详解】
SiO2和硫酸不反应，所以“滤渣”的主要成分是SiO2；Na2S2O8把VO2+氧化为VO、Na2S2O8被还原为Na2SO4，反应的离子方程式为2VO2+＋S2O＋2H2O = 2VO＋2SO＋4H＋；
【小问2详解】
Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30，若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+)=0.1 mol/L，Cr3+开始沉淀时c(OH-)==，c(H+)=，则“水解沉钒”调pH的范围是2.5～4.3；
【小问3详解】
“溶液1”中含CrO，加入H2O2把CrO氧化为CrO，发生反应的离子方程式为3H2O2＋2CrO＋2OH－= 2CrO＋4H2O；
【小问4详解】
根据Na2Cr2O7、Na2SO4的溶解度，混合溶液中分离出Na2Cr2O7、Na2SO4 的操作包括蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤。
【小问5详解】
60 ℃时H2O2沉钒率最大，所以H2O2进行“氧化”时，应选择的适宜温度是60 ℃；Na2S2O8进行“氧化”时，70 ℃、90 ℃沉钒率几乎相同，钒铬还原渣酸浸液初始温度在90 ℃左右，降低温度能耗增加，所以Na2S2O8进行“氧化”时，应选择的适宜温度是90 ℃；
根据图示，与Na2S2O8相比，采用H2O2氧化的主要不足之处有沉钒率低，铬损率高；温度较高时H2O2易分解，需降温导致能耗增加。
24. Cd位于第五周期ⅡB族，(CdSe)n小团簇(CdnSen，n=1~16)为Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料，具有独特的光学和电学性质，常应用于发光二极管、生物系统成像与诊断等方面。回答下列问题：
（1）基态Se原子的价层电子排布式为___________。
（2）Cd的第一电离能大于同周期相邻元素，原因是___________。
（3）利用有机配体PH3、N(CH3)3等修饰(CdSe)2可改善其光致发光效率。其中PH3的空间构型是___________。N(CH3)3中N原子杂化轨道类型是___________。
（4）CdSe的一种晶体为立方ZnS型，晶胞结构如图所示。其中A原子坐标参数为(，，)，则B的原子坐标参数分别为___________。该晶胞中CdSe键的键长为___________cm。已知Cd和Se的原子半径分别为rCd nm和rSe nm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________。
【答案】（1）4s24p4
（2）Cd电子排布式为[Kr]4d105s2，原子轨道为全充满状态
（3） ①. 三角锥形 ②. sp3
（4） ①. (，，) ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
Se是34号元素，处于周期表中第四周期VIA族，价电子排布式为4s24p4；
【小问2详解】
同一周期从左到右，元素的第一电高能有增大趋势，Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2，为全充满的稳定状态，失去电子需要较高能量，所以第一电高能大于同周期相邻元素；
【小问3详解】
PH3中P原子的价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体，有一对孤电子对得到其空间构型为三角锥形，N(CH3)3中N的价层电子对数为4、含有一对孤电子对， N原子采用sp3杂化，所以N(CH3)3作配体时提供的孤电子对来自于sp3杂化轨道上；
【小问4详解】
晶胞中4个Se原子均在内部构成正四面体结构，A位置Se原子与B位置Se原子在z轴上的数值相等，B位置Se原子在X、Y轴 上的数值均比A处的大，所以B的原子坐标参数为(，，)，晶胞的体对角线为anm，晶胞中CdSe键的键长为晶胞体对角线的四分之一，则晶跑中CdSe键的键长为anm=a×10-7cm；晶胞中Se原子均在内部、数目为4，Cd原子数目为8×+6×=4，原子总体职Vnm3 ,所以该晶跑中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%；
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