江西省南昌市第二中学2020届高三第四次月考化学（解析版） 试卷


江西省南昌市第二中学2020届高三第四次月考
可能用到的原子量：H—1 C—12 N—14 O—16 F—19 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32 Fe—56 Cu—64 I—127
一、选择题（共48分，每小题只有1个选项符合题意）
1.下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸
B. 能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能
C. 钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取
D. 化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
【答案】C
【详解】A．常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，所以可用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故A正确；
B．地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，即地球上最基本的能源是太阳能，故B正确；
C．钠和四氯化钛溶液反应时，实质是和水反应，故若制得钛合金，应是钠和熔融的四氯化钛反应，故C错误；
D．采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故D正确；
故答案为C。
2.下列化学用语表述正确的是（　　）
A. 原子结构示意图可以表示35Cl，也可以表示37Cl
B. SiF4的电子式：
C. 碳有多种同素异形体，如：12C、14C、金刚石、石墨等
D. 水分子的比例模型：
【答案】A
【详解】A．35Cl、37Cl的核电荷数=核外电子总数=17，二者原子结构示意图为，故A正确；
B．SiF4中Si、F均满足最外层8电子稳定结构，则F周围应有8个电子，故B错误；
C．12C和14C互为同位素，而金刚石、石墨为碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故C错误；
D．水分子中O原子相对体积大于H原子，水分子的比例模型为，故D错误；
故答案为A。
【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”，没有成键的价电子也要写出来；②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来；③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
3.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（　　）
A. 标准状况下，2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NA
B. 含1molFeCl3的氯化铁溶液完全水解生成Fe(OH)3胶体，其中胶粒数为NA
C. 50 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子的数目为0.46NA
D. 5.6g铁粉在2.24L(标准状况)氯气中充分燃烧，转移电子数为0.2NA
【答案】D
【详解】A．标况下甲醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所形成的氢氧化铁胶粒小于NA个，故B错误；
C．50 mL 18.4 mol•L-1浓硫酸与足量铜微热反应，随着反应进行硫酸浓度降低变为稀硫酸，稀硫酸不能与铜反应，所以生成SO2分子的数目小于0.46NA，故C错误；
D．5.6g铁粉在2.24L(标准状况)氯气中充分燃烧，铁粉过量，则0.1molCl2完全反应，转移的电子数为0.2NA，故D正确；
故答案为D。
4.我国科学家通过测量SiO2中26 Al和10 Be两种元素的比例来确定“北京人”的年龄，这种测量方法叫铝铍测年法。下列关于26 Al和10 Be的说法不正确的是（　　）
A. 5.2g 26 Al3+中所含的电子数约为1.204×1024
B. 10 Be和9 Be是中子数不同、质子数相同的不同原子
C. 26 Al3+和26 Mg2+的质子数、中子数和核外电子数都不相同
D. 10 Be原子核内的中子数比质子数多
【答案】C
【详解】A．5.2g26Al3+中所含电子数约为×(13-3)×NA=2NA=1.204×1024，故A正确；
B．10 Be和9 Be的质子数均为4，中子数分别为6、5，是中子数不同、质子数相同的不同原子，故B正确；
C．26Al3+和26Mg2+的质子数分别为13、12，中子数分别为13、14，电子数均为10个，故质子数和中子数不同，但电子数相同，故C错误；
D．10Be的原子核内，质子数为4，中子数为10-4=6，中子数比质子数多，故D正确；
故答案为C。
5.下列各组离子能大量共存，向溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的是（　　）
A. 氯气：K+ Ba2+ SiO32— NO3—
B. 二氧化硫：Na+ NH4+ SO32— Cl—
C. 氨气：K+ Na+ AlO2— CO32—
D. 硫化氢：Ca2+ Mg2+ MnO4— NO3—
【答案】C
【详解】A．Ba2+、SiO32-结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；
B．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入二氧化硫气体可与SO32-反应，不能大量共存，故B错误；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，且通入氨气仍不反应，可大量共存，故C正确；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入H2S能被MnO4-、NO3-氧化，不能大量共存，故D错误；
故答案为C。
【点睛】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；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；解决离子共存问题时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；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
6.下列有关叙述正确的是（　　）
A. 由反应：M(s)+N(g) R(g) △H1 ，M(g)+N(g) R(g) △H2，得出△H 2＞△H 1
B. 已知：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出49.15kJ的热量
C. 电解精炼铜时，电源负极与纯铜相连，且电解质溶液浓度始终保持不变
D. 用惰性电极电解 Na2SO4溶液，当阴极产生1mol气体时，可加18 g 水使溶液恢复
【答案】D
【详解】A．M(s)→M(g)是吸热过程，则△H1＞△H2，故A错误；
B．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=-98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，由于反应是可逆反应，SO2不可能完全被氧化，所以放出的热量＜49.15kJ，故B错误；
C．电解精炼铜时，粗Cu作阳极，则电源负极与纯铜相连，但电解精炼铜时，阳极上溶解的金属不仅有铜还有其它金属，阴极上只析出铜，所以溶解的铜小于析出的铜，导致溶液中铜离子浓度减小，故C错误；
D．用惰性电极电解Na2SO4溶液，由于溶液中阴离子的放电顺序为：OH-＞SO42-，放电为OH-，阳离子放电顺序为：H+＞Na+，放电为H+，故实质为电解水：2H2O2H2↑+O2，当阴极产生1molH2气时，有2mol电子转移时，可加入18g水恢复，故D正确；
故答案为D。
7.给定条件下，下列选项中所示的物质间在相应条件下转化均能一步实现的是（　　）
A. SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）
B. Ca(OH)2Ca(ClO)2HClO
C. MgCl2•6H2OMgCl2Mg
D. N2NO2 HNO3
【答案】B
【详解】A．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能由二氧化硅一步转化为硅酸，故A错误；
B．Ca(OH)2中通氯气可制得漂白粉，其有效成分为Ca(ClO)2，碳酸的酸性比HClO强，向Ca(ClO)2的水溶液中通CO2，生成碳酸钙沉淀和HClO，故B正确；
C．Mg2+易水解，MgCl2•6H2O要在氯化氢的氛围中加热才可得到氯化镁固体，直接加热只能生成Mg(OH)2，Mg(OH)2继续分解生成MgO，故C错误；
D．N2在放电条件下与O2反应生成NO，不能直接生成NO2，故D错误；
故答案为B。
【点睛】A为易错点，注意二氧化硅与水不反应。
8.利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如下图所示，下列说法正确的是（ ）

A. X是N2
B. 汽车尾气中含有的氮氧化合物是由于汽油燃烧产生的
C. NH4+中含有非极性共价键
D. 上述历程的总反应为：2NH3+NO +NO22N2+3H2O
【答案】D
【详解】A．图示反应可以生成X的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O，故A错误；
B．汽油是碳氢化合物的混合物，而汽车尾气中含有的氮氧化合物是由空气中的N2氧化产生的，故B错误；
C．NH4+中含有四个N-H极性共价键，而不是非极性键，故C错误；
D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故D正确；
故答案为D。
9.在有乙离子存在的情况下．欲用试剂丙来检验溶液中是否含有甲离子，试剂丙按下表所加顺序能够对甲离子进行成功检验的是 (说明：在实验过程中不允许加热、过滤、萃取等操作)（ ）
选项
试剂丙
甲离子
乙离子
A
Ba(NO3)2溶液、稀盐酸
SO42—
SO32—
B
硫氰化钾溶液，氯水
Fe2＋
Fe3＋
C
稀盐酸、品红溶液
SO32—
CO32—
D
稀氨水
Ag＋
Al3＋

【答案】C
【详解】A．硝酸根和氢离子在一起具有稀硝酸的性质，有强氧化性，可将SO32-氧化为SO42-，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，无法确定是否含有SO42-，故A错误；
B．KSCN与Fe3+反应，溶液呈红色，不能判断是否含有Fe2+，故B错误；
C．SO32-与稀盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色；CO32-与稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳不能使品红溶液褪色；故可确定含有SO32-，故C正确；
D．过量氨水与Ag+反应产生银氨溶液，与Al3+反应只生成Al(OH)3沉淀，无法确定是否含有Ag+，故D错误；
故答案为C。
10.已知、、、为原子序数依次增大的短周期元素，为地壳中含量最高的过渡金属元素，与同主族，与同周期，且与的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A的单质， 丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 、形成的一种化合物具有漂白性
B. 、形成的离子化合物可能含有非极性键
C. 的单质能与丙反应置换出的单质
D. 丁为黑色固体，且1mol甲与足量丙反应转移电子3 NA
【答案】D
【分析】已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe；与同主族，与同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na，由与的原子序数之和为20，可知C为F；甲、乙分别为元素E、A的单质， 丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素，以此解答该题。
【详解】由以上分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；甲为Fe，乙为H2，丙为H2O，丁为Fe3O4；
A．H、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；
B．O和Na组成的Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故B正确；
C．F2溶于水生成HF和O2，故C正确；
D．丁为Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1molFe与足量H2O反应转移电子NA，故D错误；
故答案为D。
11.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法不正确的是（ ）

A. 电子由液态Cu-Si合金流出，从液态铝电极流入
B. 液态铝电极与负极相连，作为电解池的阴极
C. 在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原
D. 三层液熔盐的作用是增大电解反应的面积，提高沉硅效率
【答案】C
【分析】由图可知该装置为电解池：Si4+在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，连接电源负极，则Cu-Si合金所在电极为阳极，与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，据此分析解答。
【详解】A．由图可知：液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子流入液态铝，液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出，故A正确；
B．图中，铝电极上Si4+得电子还原为Si，故该电极为阴极，与电源负极相连，故B正确；
C．由图可知，电解池的阳极上Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，所以Si优先于Cu被氧化，故C错误；
D．使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，故D正确；
故答案为C。
12.用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是（ ）

A. 加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体
B. 用装置II进行中和热的测定
C. 用装置III制备氢氧化亚铁沉淀
D. 用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体
【答案】D
【详解】A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离，故A错误；
B．缺少环形玻璃搅拌棒，不能完成实验，故B错误；
C．关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；
D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；
故答案为D。
13.某地海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是（ ）

A. 甲室的电极反应式为：2Cl-－2e-= Cl2↑
B. 淡化过程中易在戊室形成水垢
C. 乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为 b
D. 当戊室收集到22.4L(标准状况)气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为2mol
【答案】D
【详解】A. 由图可知，甲室电极与电源正极相连，为阳极室，Cl-放电能力大于OH-，所以阳极的电极反应式为：2Cl-－2e-= Cl2↑，故A正确；
B. 由图可知，戊室电极与电源负极相连，为阴极室，开始电解时，阴极上水得电子生成氢气同时生成OH-，生成的OH-和HCO3-反应生成CO32-，Ca2+转化为CaCO3沉淀，OH-和Mg2+生成Mg(OH)2，CaCO3和Mg(OH)2是水垢的成分，故B正确；
C. 阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过，电解时丙室中阴离子移向乙室，阳离子移向丁室，所以丙室中物质主要是水，则淡水的出口为b出口，故C正确；
D.根据B项的分析，戊室收集到的是H2，当戊室收集到22.4L(标准状况)气体时，则电路中转移2mol电子，通过甲室阳膜的离子为阳离子，既有+1价的离子，又有+2价的离子，所以物质的量不是2mol，故D错误。
故选D。
14.氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解 CuC12•2H2O 制备 CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是（ ）

A. 途径 1 中产生的Cl2 可以回收循环利用
B. 途径 2 中 200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
C. X 气体是HCl，目的是抑制 CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解
D. CuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为：2Cu++4H++SO42-═2Cu2++SO2↑+2H2O
【答案】D
【分析】热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制CuCl2水解，要在HCl气流下加热，加热温度大于300℃，发生2CuCl22CuCl+Cl2↑，直接加热CuCl2•2H2O会生成Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2加热到200℃生成CuO。
【详解】A．途径1中产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，故A正确；
B．Cu2(OH)2Cl2加热到200℃生成CuO，由原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，故B正确；
C．CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，故C正确；
D．CuCl微溶于水，不能写成离子，CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl+4H++SO42-═2Cu2++SO2↑+2Cl-+2H2O，故D错误；
故答案为D。
15.将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀与加入氢氧化钠体积（mL）情况如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 原溶液中c（HNO3）=1.8mol/L B. 沉淀最大质量为4.08g
C. n（Mg）：n（Al）=1:1 D. 氢氧化钠溶液浓度为3mol/L
【答案】A
【分析】将一定质量的镁铝合金投入100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中逐滴加入NaOH溶液，根据图示可知，0～10mL段氢氧化钠和H+反应，10～60mL段氢氧化钠沉淀Al3+和Mg2+，60～70mL的氢氧化钠溶解生成的Al(OH)3沉淀；根据NO得电子，金属失电子，由电荷守恒可知，n(e-)=n(OH-)，即可求出氢氧化钠的物质的量浓度；根据各段反应求出沉淀的物质的量，进而求出金属的质量之比；根据钠的守恒即可求出溶液中n(NO3-)，根据N原子守恒，即可求出原硝酸溶液中硝酸的物质的量和浓度，据此分析。
【详解】1.12LNO气体(标准状况)的物质的量为：=0.05mol，转移电子为：0.05mol×(5-2)=0.15mol，NO得电子，金属失电子，由电荷守恒可知，n(e-)=n(OH-)，当生成沉淀最多时，两金属离子反应消耗的氢氧化钠为n(NaOH)=0.15mol，c(NaOH)==3mol/L；开始反应到沉淀最大值一共消耗60mLNaOH，生成硝酸钠为n(NaNO3)=3mol/L×0.06L=0.18mol，则原来的硝酸为：0.18mol+0.05mol=0.23mol，c(HNO3)==2.3mol/L；沉淀减少消耗NaOH为10mL，由OH-～Al(OH)3，故可知氢氧化铝沉淀为0.03mol，与镁离子反应的氢氧化钠为50mL-30mL=20mL，则由2OH-～Mg(OH)2，故可知氢氧化镁沉淀为0.03mol；
A．由分析可知，c(HNO3)=2.3mol/L，故A错误；
B．氢氧化镁沉淀为0.03mol，氢氧化铝沉淀为0.03mol，则沉淀的最大质量为0.03mol×58g/mol+0.03mol×78g/mol=4.08g，故B正确；
C．氢氧化铝沉淀为0.03mol，则Al的物质的量为0.03mol，质量为：27g/mol×0.03mol=8.1g；氢氧化镁沉淀为0.03mol，由Mg元素守恒可得：n(Mg)=0.03mol，则n(Mg)：n(Al)=0.03mol：0.03mol=1:1，故C正确；
D．由分析可知，NaOH的物质的量浓度为3mol/L，故D正确；
故答案为A。
16.镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等重要优点。镍钴锰三元材料中Ni为主要活泼元素，通常可以表示为：LiNiaCobMncO2，其中a+b+c=1，可简写为LiAO2。充电时总反应为LiAO2 + nC = Li1-xAO2 + LixCn（0
A. 放电时Ni元素最先失去电子
B. 放电时电子从a电极由导线移向b电极
C. 充电时的阴极反应式为LiAO2 - xe-= Li1-xAO2 + xLi+
D. 充电时转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加7g
【答案】D
【分析】根据Li+的移动方向可知，a为正极，b为负极。
【详解】A．镍放电时石墨是负极，Li元素先失去电子，故A错误；
B．放电时电子从负极，即b电极由导线移向正极，即a电极，故B错误；
C. 充电时的阴极反应式是： nC+xLi+ +xe-= LixCn，故C错误；
D. 充电时，阴极反应式为nC+xLi+ +xe-= LixCn，转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加1mol锂离子，质量为7g，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了原电池和电解池的工作原理，根据总反应正确书写电极反应式是解题的关键。本题的易错点为C，要注意放电是原电池，充电是电解池，充电时的阳极反应式是放电时的正极反应式的逆反应。
二、填空题（共52分）
17.为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数进行如下实验。利用高氯酸（高沸点酸）将样品中的氟元素转化为氟化氢（低沸点酸）蒸出，再通过滴定测量，实验装置如图所示。

（1）c的名称是________________
（2）检查装置气密性：在b和f中加水，水浸没导管a和e末端，______________（填操作步骤），微热c，容量瓶f有气泡冒出，导管a内形成一段水柱；停止加热，_________________________，说明装置气密性良好。
（3）c中加入一定体积高氯酸和m g氟化稀土样品，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热b、c，使水蒸气进入c。
①向c中通水蒸气的目的是________________________________；
②c中除有HF气体外，可能还有少量SiF4(易水解)气体生成，若有SiF4生成，实验结果将__________(填“偏高”“偏低”或”不受影响”)。
③若观察到f中溶液红色褪去，需要向f中及时补加NaOH溶液，否则会使实验结果偏低，原因_______________________________。
（4）向馏出液中加入V1ml c1 mol·L-1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀，再用c2 mol·L-1 EDTA标准溶液滴定剩余的La3+（La3+与EDTA按1:1络合），消耗EDTA标准溶液V2 mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为____________(写出表达式即可，不需化简）。
（5）用样品进行实验前，需要用0.084g氟化钠代替样品进行实验，改变条件（高氯酸用量、反应温度、蒸馏实验），测量并计算出氟元素质量，重复多次。该操作的目的是_________________________________________。
【答案】(1). 三颈烧瓶 (2). 关闭k1 (3). 导管 a中液面下降,导管e内形成一段水柱 (4). 将C中产生的HF完全蒸出，被f中溶液吸收 (5). 不受影响 (6). 充分吸收HF气体，防止其挥发损失 (7). (8). 寻找最佳实验条件
【详解】(1)由仪器c的结构可知其为三颈烧瓶；
(2)检查装置气密性：在bf中加入水，水浸没ae导气管口形成密闭装置，关闭k，微热c，导管e末端有气泡冒出；停止加热，导管e内有一段稳定的水柱，说明装置气密性良好。
(3)①向三颈烧瓶中不断通水蒸气达到将C中产生的HF完全蒸出，被f中溶液吸收的目的；
②实验中除有HF气体外，可能含有少量SiF4气体，四氟化氢易水解生成HF，若有SiF4生成，对实验结果不受影响；
③若观察到f中溶液红色褪去，需要向f中及时补加氢氧化钠溶液，否则会使实验结果偏低，原因是充分吸收HF气体防止其挥发损失，造成测定误差；
(4)向馏出液中加入V1mL c1mol•L-1La(NO3)，溶液，得到LaF3沉淀，再用c2mol•L-1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(1a3+与EDTA按1：1络合)，消耗EDTA标准溶液V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数=；
(5)用样品进行试验前需要用0.084g氟化钠代替样品进行试验，改变条件(高氯酸用量、反应温度、蒸馏时间)，测量并计算出氟元素质量，重复多次，该操作的目的是通过做对比实验，寻找最佳实验条件。
18. A、B、C、D、E、F是短周期主族元素,且原子半径依次增大。在短周期中A元素原子半径最小，A与F可形成离子化物FA，C的简单氢化物常用作制冷剂，D、E、F同周期，B、E同主族。回答下列问题:
（1）G是E下一周期同主族元素，G的原子结构示意图为__________。
（2）A与F形成离子化物FA的电子式为___________。
（3）化学家发现一种原子组成比为A4C4的离子化合物，则该化合物的化学式为_______。
（4）C2A4B3是一种常见的炸药，其在常温下撞击时会生成一种气体(C2B)和一种常见液体，该反应的化学方程式为_________________________________________________。16g该物质反应转移的电子数目为________。
（5）请设计最简单实验说明元素D、E的非金属性强弱：_____________________________
_____________________________________________________（简要说明原理和现象即可）。
【答案】(1). (2). Na+[：H]- (3). NH4 N3 (4). NH4NO3 N2O↑+2H2O (5). 0.8NA或2.408×1023 (6). 向硫化钠或硫化氢水溶液中通氯气，出现淡黄色浑浊
【分析】在短周期中A元素原子半径最小，则A为氢元素；A与F可形成离子化物FA，则F为ⅠA元素，结合A、B、C、D、E、F是短周期主族元素，且原子半径依次增大，可知F为Na元素；C的简单氢化物常用作制冷剂，此制冷剂应为NH3，则C为N元素；D、E、F均为第三周期元素，B、E同主族，结合同周期主族元素的核电荷数越大，原子半径越小，可知：D为Cl元素、E为S元素、B为O元素。
【详解】由分析知：A为H元素、B为O元素、C为N 元素、D为Cl元素、E为S元素、F为Na元素；
(1)E为S元素，G是S下一周期同主族元素，则G为Se元素，Se的原子结构示意图为；
(2)H与Na形成离子化物FA的电子式为Na+[：H]-；
(3)化学家发现一种原子组成比为H4N4的离子化合物，此化合物中含有NH4+，则该化合物的化学式为NH4N3；
(4)N2H4O3是一种常见的炸药，化学式应为NH4NO3，其在常温下撞击时会生成一种气体(N2O)和H2O，该反应的化学方程式为NH4NO3 N2O↑+2H2O；16gNH4NO3的物质的量为，=0.2mol，N元素从+5价降为+1价，则反应中转移的电子数目为0.8NA；
(5)利用氧化剂的氧化性大于氧化产物，则向硫化钠或硫化氢水溶液中通氯气，出现淡黄色浑浊，发生反应的方程式为Na2S+Cl2=S↓+2NaCl，此反应中Cl2的氧化性大于S，即Cl的非金属性比S强。
【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
19.碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：
(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为______________________________(按气流方向，用小写字母表示)。

若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。
②制备水合肼时，应将___________滴到 __________ 中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。
(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：

在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为__________________________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_________________________________。
(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：
a．称取10．00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；
b．量取25．00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：
c．用0．2100mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15．00mL。
①M为____________(写名称)。
②该样品中NaI的质量分数为_______________。
【答案】(1). ecdabf (2). 5:3 (3). NaClO溶液 (4). 尿素 (5). 2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O (6). N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 (7). 淀粉 (8). 94.5%
【分析】(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3--则会生成Cl-5mol，据此分析可得；
②NaClO氧化水合肼；
(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠；
(3)①淀粉溶液遇碘单质溶液变蓝色；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，据此计算。
【详解】(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①装置c由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO-与ClO3-共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5:3；
②将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化；
(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；
(3)①实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀粉；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，故其质量分数为×100%=94.5%。
20.甲醇可作为燃料电池的原料。CO2和CO可作为工业合成甲醇（CH3OH）的直接碳源，
（1）已知在常温常压下：
①CH3OH（l）+ O2（g）=CO（g） + 2H2O（g）； ΔH＝﹣355.0 kJ∕mol
②2CO（g）+ O2（g）= 2CO2（g） ΔH＝－566.0 kJ/mol
③H2O（l）=H2O（g） ΔH＝+44.0 kJ/mol
写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：__________________________________________
（2）利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO（g）＋2H2（g）=CH3OH（g），其两种反应过程中能量的变化曲线如下图a、b所示，下列说法正确的是__________

A．上述反应的ΔH＝－91kJ·mol－1
B．a反应正反应的活化能为510kJ·mol－1
C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和ΔH
E．b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段
（3）下列是科研小组设计的一个甲醇燃料电池，两边的阴影部分为a，b惰性电极，分别用导线与烧杯的m，n相连接，工作原理示意图如图：

①b极电极反应式为________________________________。
②在标准状况下，若通入112mL的O2，（假设烧杯中的溶液的体积为200mL，体积不变）最后反应终止时烧杯中溶液的pH为______。
（4）可利用CO2根据电化学原理制备塑料，既减少工业生产对乙烯的依赖，又达到减少CO2排放的目的。以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯（简称LDPE）。
①电解时，阴极的电极反应式是_______________________。
②工业上生产1.4×102kg的LDPE，理论上需要标准状况下________L的CO2。
【答案】(1). CH3OH（l）＋ O2（g） ===CO2（g）＋2H2O（l） ΔH＝－726.0 kJ/mol (2). ACE (3). CH3OH -6e-+3 CO32—== 4 CO2＋2H2O (4). 13 (5). 2n CO2 + 12nH+ + 12n e— == + 4n H2O (6). 2.24×105
【分析】(1)已知在常温常压下：①CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g)； ΔH＝﹣355.0 kJ∕mol，②2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH＝－566.0 kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g) ΔH＝+44.0 kJ/mol，由盖斯定律可知，①+②× - ③×2得CH3OH(l)＋ O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(l)，由此计算ΔH；
(2)A．根据能量变化图分析，反应的焓变△H=正反应活化能-逆反应活化能；
B．a反应正反应的活化能为419KJ/mol；
C．图象曲线变化和能量变化可知b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应；
D．催化剂加入改变反应历程，但不改变反应的热效应；
E．b过程的反应速率取决于反应活化能的大小，活化能越大反应速率越小；
(3)①得电子发生还原反应的电极为正极，失电子发生氧化反应的电极为负极，b电极上甲醇失电子发生氧化反应；
②根据图知，a为正极、b为负极，电解氯化钠溶液时，m为阳极、n为阴极，根据电解池反应式2NaCl+2H2OH2↑+Cl2+2NaOH，结合守恒法计算；
(4)①2nCO2→，碳的化合价从+4变为-2，每个C原子得到6个电子，则2nCO2总共得到12n个电子，根据电荷守恒书写该电极反应式；
②工业上生产1.4×104kg的LDPE，根据2nCO2～计算出需要二氧化碳的物质的量，然后根据V=nVm计算出需要标况下二氧化碳的体积。
【详解】(1)已知在常温常压下：①CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g)； ΔH＝﹣355.0 kJ∕mol，②2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH＝－566.0 kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g) ΔH＝+44.0 kJ/mol，由盖斯定律可知，①+②× - ③×2得CH3OH(l)＋ O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(l)，则ΔH=(﹣355.0 kJ∕mol)+(－566.0 kJ/mol)× - (+44.0 kJ/mol)×2=－726.0 kJ/mol，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋ O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－726.0 kJ/mol；
(2)A．上述反应的△H=(419-510)kJ•mol-1=-91kJ•mol-1，故A正确；
B．a反应正反应的活化能为419kJ•mol-1，故B错误；
C．图象曲线变化和能量变化可知，b过程中生成物能量高，则第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段生成物能量低于反应物，反应为放热反应，故C正确；
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能，加快反应速率，不改变反应的△H，故D错误；
E．b过程中第Ⅱ阶段的活化能小于第Ⅰ阶段的活化能，反应速率慢，反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，故E正确；
故答案为：ACE；
(3)①得电子发生还原反应的电极为正极，失电子发生氧化反应的电极为负极，所以a为正极、b为负极，b电极上甲醇失电子发生氧化反应生成二氧化碳，负极反应式为CH3OH -6e-+3 CO32—= 4 CO2＋2H2O；
②根据图知，a为正极、b为负极，电解氯化钠溶液时，m为阳极、n为阴极，根据电解池反应式2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，在标准状况下，若通入112mL的O2的物质的量为=0.005mol，转移电子为0.005mol×4=0.02mol，电解池中每转移2mol电子生成2molNaOH，则电解后生成NaOH0.02mol，浓度为=0.1mol/L，溶液pH=13；
(4)①2nCO2→，碳的化合价从+4变为-2，每个C原子得到6个电子，则2nCO2总共得到12n个电子，根据电荷守恒可得该电极反应式为：2nCO2+12e-+12nH+=+4nH2O；
②工业上生产1.4×102kg的LDPE，根据2nCO2～LDPE可知，需要二氧化碳的物质的量为：×2n=1×104mol，理论上需要标准状况下CO2的体积是：22.4L/mol×1×104mol=2.24×105。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
21.ZrO2是重要的耐温材料，可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：

已知：①锆英石中锆元素的化合价为+4 ，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为最高价氯化物 ②SiCl4极易水解；ZrCl4易溶于水 ③Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK； Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于有机溶剂MIBK。
(1) “氯化”过程中，锆英石发生的主要反应的化学方程式为：______________________________，ZrC14的产率随温度变化如图所示，由图可知氯化的最佳条件是_____________；

(2)“滤液1”中含有的阴离子除OH- 、Cl-，还有___________________；
(3)常用铜抑制剂有Na2S、H2S、NaCN等，本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S的原因是__________________________________________________。
(4)实验室进行萃取和反萃取的玻璃仪器是_________________。流程中萃取与反萃取的目的是________________________。
【答案】(1). )ZrSiO4+4CO+4Cl2ZrCl4 +SiCl4+4CO2 (2). 360℃、1MPa (3). AlO2- 、SiO32- (4). S2-会将Fe3+还原成Fe2+，影响下一步除铁，同时可能会产生污染性气体 (5). 分液漏斗、烧杯 (6). 除去铁元素杂质
【分析】根据流程：天然锆石的主要成分是ZrSiO4(还常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质)，将粉碎后的天然锆石用CO、Cl2氯化得到ZrCl4、SiCl4、AlCl3、FeCl3、CuCl2；用NaOH溶液碱浸时，SiCl4、AlCl3溶解为硅酸钠、偏铝酸钠，ZrCl4、FeCl3、CuCl2反应为Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，即为滤渣1；用盐酸溶解滤渣1得到ZrCl4、FeCl3、CuCl2；加入铜抑制剂除去铜[铜抑制剂可以为NaCN，生成沉淀为Cu(CN)2]，滤渣2为Cu(CN)2；向滤液2加入NH4SCN与ZrCl4、FeCl3发生配合反应得到Fe(SCN)3、Zr(SCN)4，加入 有机溶剂MIBK萃取，Fe(SCN)3难溶于MIBK，分液，Zr(SCN)4在有机层，将含有Zr(SCN)4的有机层用硫酸反萃取将Zr(SCN)4与MIBK分离；通入氨气沉锆，经过煅烧得到ZrO2，据此分析作答。
【详解】(1) 氯化过程中ZrSiO4与CO、Cl2在高温下反应生成ZnCl4、SiCl4和CO2，反应的化学方程式为：ZrSiO4+4CO+4Cl2ZnCl4+SiCl4+4CO2；由图可知，360℃、1MPa时，ZrCl4产率最高，此为氯化最佳条件；
(2)由流程分析可知，“滤液1”中含有的阴离子除OH- 、Cl-，还有AlO2- 、SiO32-；
(3)三价铁具有氧化性，S2-会将Fe3+还原成Fe2+，发生的反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+(2Fe3++S2-=2Fe2++S)，影响下一步除铁，同时可能会产生污染性H2S气体，故本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S；
(4)实验室进行萃取和反萃取的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯；根据已知信息“生成的Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度”可知，流程中萃取与反萃取的目的是除去铁元素杂质。