还剩22页未读，
继续阅读
内蒙古呼和浩特市2020届高三第一次质量普查调研考试化学试题
展开
2020届呼和浩特市高三年级质量普查调研考试
化学
第I卷（选择题）
以下数据可供解题时参考：
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Ni-59 Cu-64
一、选择题（本题包括17个小题，每题仅有一个正确答案，每题3分，共51分）
1.废弃铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（ ）
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收垃圾桶内，
A. 图示标志为有害垃圾，故A不选；
B. 图示标志为可回收垃圾，故B选；
C. 图示标志为餐厨垃圾，故C不选；
D. 图示标志为其它垃圾，故D不选；
故选B。
2.我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《梦溪笔谈》中的“信州铅山县有苦泉，……，挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”等，上述描述中没有涉及的化学反应类型是
A. 复分解反应 B. 化合反应
C. 离子反应 D. 氧化还原反应
【答案】A
【解析】
CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O为化合反应，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O为分解反应，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为置换反应，且Fe、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，故答案为A。
3.用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A. 18gD2O含有的电子数为10NA
B. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
C. 标准状况下，11.2LO2和CO2混合气体含有的氧原子数为NA
D. 将23gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间
【答案】C
【解析】
【详解】A. D2O的摩尔质量为20g/mol，18gD2O的物质的量为0.9mol，则含有0.9mol电子，即电子数为0.9NA，故A错误；
B. 124g白磷的物质的量为1mol，而白磷为正四面体结构，每个白磷分子中含有6根P—P键，故1mol白磷中所含P—P键数目为6NA，故B错误；
C. 标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，故C正确；
D. 2.3g钠的物质的量为0.1mol，钠与氧气完全反应，转移电子数用钠计算，0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子，则转移的电子数为0.1NA，故D错误；
答案选C。
4.化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A. 食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质
B. 华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世，芯片的主要成分是二氧化硅
C. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
D. SO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫
【答案】D
【解析】
【详解】A. CaO没有强还原性，故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，A项错误；
B. 硅是半导体，芯片的主要成分是硅单质，B项错误；
C. Fe具有还原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原，所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，C项错误；
D. SO2能与有色物质化合生成无色物质，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，D项正确；
答案选D。
5.2019年为国际化学元素周期表年。鉝（Lv）是116号主族元素。下列说法不正确的是（ ）
A. Lv位于第七周期第ⅥA族 B. Lv在同主族元素中金属性最弱
C. Lv的同位素原子具有相同的电子数 D. 中子数为177的Lv核素符号为Lv
【答案】B
【解析】
【分析】
由零族定位法可知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的鉝（Lv）位于元素周期表第七周期第VIA族。
【详解】A. 由以上分析可知，Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；
B. 同主族元素，由上至下，金属性逐渐增强，则Lv同主族元素中金属性最强，故B错误；
C. 同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；
D. 中子数为177的Lv核素，质量数=116+177=293，则核素符号为Lv，故D正确；
答案选B。
6.下列实验合理的是（ ）
A.证明非金属性Cl＞C＞Si
B.制备少量氧气
C.除去Cl2中的HCl
D.吸收氨气，并防止倒吸
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；
B. 过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；
C. 碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；
D. 四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；
故选D。
【点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2 Al+2OH-=AlO2-+H2↑
B. 电解饱和食盐水制备Cl2 2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸 Ba2++OH-+H++ SO42-=BaSO4↓+H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水 Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2，正确的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2- +3H2↑，故A错误；
B. 电解饱和食盐水制备Cl2，正确的离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故B正确；
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，正确的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++ SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，正确的离子方程式为Ca2++HCO3-+NH4++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3∙H2O，故D错误；
故选B。
【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：
1.是否符合客观事实，如本题A选项，反应物还有水；
2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；
3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；
4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；
5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式一种。
总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。
8.下列实验操作规范且能达到实验目的是（ ）
选项
实验目的
实验操作
A
除去KNO3中混有NaCl
将固体混合物溶于水后蒸发结晶，过滤
B
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中
C
CCl4萃取碘水中I2
先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
D
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响不大，可将固体溶解后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以除去KNO3固体中少量的NaCl固体，故A错误；
B. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，二者反应生成Fe(OH)3沉淀，无法获得氢氧化铁胶体，故B错误；
C. CCl4与水不互溶，且不发生任何发应，可用CCl4萃取碘水中的I2，CCl4的密度比水的密度大，则混合液分层后先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故C正确；
D. 铁在中性溶液或弱酸性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D错误；
故选C。
9.CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：
下列说法不正确的是
A. 合成气的主要成分为CO和H2
B. ①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C. ①→②吸收能量
D. Ni在该反应中做催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最终生成CO和H2，故A正确；B．化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；C．①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，故C错误；D．由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确；故答案为C。
10.海水是巨大的资源宝库，从海水中可以提取镁、溴等产品。某兴趣小组以MgBr2为原料，模拟从海水中制备溴和镁。下列说法错误的是（ ）
A. 工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOH
B. 设计步骤②、③、④的目的是为了富集溴
C. 步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液
D. 工业上实现步骤⑥，通常用氢气还原氯化镁
【答案】D
【解析】
【分析】
由流程可知，MgBr2与NaOH反生成氢氧化镁和NaBr，则滤液含NaBr，②中氯气可氧化溴离子生成溴，③吹出溴，④中试剂X为二氧化硫的水溶液，可吸收溴并生成HBr，⑤中氯气与HBr反应生成溴；氢氧化镁与盐酸反应生成MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2∙6H2O，在HCl气流中加热MgCl2∙6H2O，使其脱去结晶水得到无水MgCl2，⑥中电解熔融MgCl2生成Mg，以此来解答。
【详解】A. 工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOH，便宜易得，故A正确；
B. 海水中溴离子浓度较低，步骤②、③、④的目的是为了富集溴，故B正确；
C. 步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液，与溴单质发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，生成HBr，故C正确；
D. Mg为活泼金属，其还原性强于氢气，氢气无法还原氯化镁，工业上实现步骤⑥，通常用电解法，故D错误；
故选D。
【点睛】Mg为活泼金属，用一般的还原剂无法将其还原为金属单质，只能用最强有力的氧化还原反应手段——电解，将其还原，但同时需注意，根据阴极的放电顺序知，电解含Mg2+的水溶液时，水电离的H+会优先放电，Mg2+不能在阴极得到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁，类似的还有金属活动顺序表中铝以前的金属，如常用电解熔融Al2O3、NaCl的方法制取金属铝和金属钠。
11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期元素中最大的。下列说法不正确的是（ ）
A. W、X、Y的最高价氧化物对应对应水化物的酸性Y>X>W
B. Y的简单氢化物的热稳定性比W的强
C. 元素X、Y、Z的简单离子半径依次减小
D. W与Y两种元素可以形成共价化合物
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且原子序数小于F，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z为Na元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为C、X为N、Y为F、Z为Na。
A. Y为F，F没有正价，其无含氧酸，故A错误；
B. 非金属性Y＞W，则Y的简单氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；
C. 元素X、Y、Z的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，因此半径依次减小，故C正确；
D. C、F均为非金属元素，可以形成共价化合物，并且只能形成共价化合物，故D正确
答案选A。
12.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。
下列说法不正确的是
A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2
B. 若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体
C. 若B为FeCl3，则X一定是Fe
D. A可以是碳单质，也可以是O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；
B. 若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；
C. 若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；
D. 若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；
答案为B。
【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。
13.碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示（加入两极的物质均是常温常压下的物质）。下列说法不正确的是（ ）
A. 石墨2极与直流电源负极相连
B. 石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+
C. H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动
D. 电解一段时间后，阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】
【分析】
该装置有外接电源，是电解池，由图可知，氧气在石墨2极被还原为水，则石墨2极为阴极，B为直流电源的负极，阴极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，A为正极，石墨1极为阳极，甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，阳极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，据此解答。
【详解】A. 由以上分析知，石墨2极为阴极，阴极与直流电源的负极相连，则B为直流电源的负极，故A正确；
B. 阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故B正确；
C. 电解池中，阳离子移向阴极，则H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，故C正确；
D. 常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO ~ 4e- ~ O2可知，阴极消耗的O2与阳极消耗的CO物质的量之比为1：2，故D错误；
答案选D。
14.某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、 Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：
① 用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。
② 在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。
③ 在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。
则下列推断正确的是:
A. 溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－
B. 溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－
C. 不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－
D. 往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－
【答案】A
【解析】
【分析】
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；
②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。
【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；
B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；
C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；
D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。
15.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B. X可以是空气，且需过量
C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO
D. 处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；
C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；
D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；
故选B。
16.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1
B. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
C. 得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mL
D. 溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。
【详解】A. 金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH-的质量为：2.54g−1.52g=1.02g，，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，则该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正确；
B. 标况下1.12L气体的物质的量为0.05mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知：a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得a=0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：，故B正确；
C. 50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L×0.05L=0.7mol，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol−0.04mol−0.01×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为，故C错误；
D. Cu、Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，则生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04mol、0.01mol，则根据N元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol，故D正确；
答案选C。
【点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu ~ 2e- ~ Cu2+~2OH-，Mg ~ 2e- ~ Mg2+~2OH-，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。
17.Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中致癌物NO2－，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是
A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e－ 2H＋
B. Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用
C. 反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2
D. 用该法处理后水体的pH降低
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe（Ⅲ）得电子变为Fe（Ⅱ）；（2）Fe（Ⅱ）得电子变为Fe（Ⅲ），NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2。如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2－的目的，总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。
【详解】根据上面分析可知：
A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e－ 2H＋，故不选A；
B. 由图中信息可知，Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；
C.反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2，故不选C；
D.总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；
答案：D
二、填空题（本题包括4个小题，共49分）
18.某反应中反应物与生成物FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu；
（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示请回答下列问题：
①图中X溶液是__；
②Cu电极上发生的电极反应式为__；
③原电池工作时，盐桥中的__填“K+”或“Cl-”）不断进入X溶液中。
（2）将上述反应设计成电解池如图乙所示乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：
①M是电源的__极；
②图丙中②线是__的变化；
③当电子转移为0.2mol时向乙烧杯中加入__L5mol/LNaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。
【答案】 (1). FeCl2、FeCl3 (2). Cu-2e-=Cu2+ (3). K+ (4). 负 (5). Fe2+ (6). 0.28
【解析】
【分析】
据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
(1)将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，Cu作阳极，石墨为阴极；
②根据金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；
③结合图像，确定当电子转移为0.2mol时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+的物质的量，进而计算需要NaOH溶液的体积。
【详解】(1)据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极。
①该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，则X溶液一定有FeCl3，结合第(2)问②分析，曲线②为Fe2+，且反应开始时其物质的量为0.1mol，则X为FeCl2、FeCl3，故答案为：FeCl2、FeCl3；
②Cu作负极，发生失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu-2e-=Cu2+；
③Cu作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为：K+；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，则Cu作阳极，失电子被氧化生成Cu2+，石墨为阴极，Fe3+得电子生成Fe2+，被还原，所以M为负极，N为正极，故答案为：负；
②该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，在电解过程中，Fe3+逐渐减少，则①表示的为Fe3+，Fe2+、Cu2+逐渐增多，根据变化量的比例关系2Fe3+~2Fe2+~Cu2+可知，②为Fe2+，③为Cu2+，故答案为：Fe2+；
③当电子转移为0.2mol时，溶液中有Fe3+为0.2mol，Fe2+为0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液物质的量为0.2×3+0.3×2+0.1×2=1.4mol，所以NaOH溶液的体积为，故答案为：0.28。
19.人类向大气中排放的NOx和SO2对环境会产生危害，烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。
（1）选择性催化还原技术是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在催化剂作用下，用还原剂（如NH3选择性地与NOx反应生成N2和H2O。
已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180kJ·mol-1
则4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH3=__。
（2）碱性KMnO4氧化法也可将NOx进行脱除。
①用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整。__
□NO+□MnO4-+□__=NO2-+3NO3-+□MnO42-+□__
②下列叙述正确的是__（填字母序号）。
A.将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥
B.反应后混合溶液中：c(MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+)
C.在不同酸碱性条件下，KMnO4发生还原反应的产物可能不同
（3）催化剂V2O5可用于处理NOx和SO2。
V2O5在催化降解NOx的过程中，也会对SO2和O2反应起到一定的催化作用，其反应式如下：
a.V2O5+SO2=V2O4+SO3
b.__
c.2VOSO4=V2O5+SO2+SO3
SO3进一步与烟气中逃逸的氨反应，生成硫酸氢铵和硫酸铵。
【答案】 (1). -1625.5kJ/mol (2). 4，10，10OH−，10，7H2O (3). AC (4). V2O4+O2+2SO2=2VOSO4
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)①根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式
②A. 根据反应的离子方程式确定；
B. 根据物料守恒判断，故B错误；
C. 根据KMnO4在不同酸碱性条件下的还原产物判断；
(3)根据总反应式以及部分分步反应式确定。
【详解】(1)给已知反应编号，①：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.5kJ·mol-1，
②：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180kJ·mol-1，根据盖斯定律可得，①−②×4可得目标方程式4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=(-905.5kJ·mol-1)−(+180kJ·mol-1)×4=−1625.5kJ/mol，故答案为：−1625.5kJ/mol；
(2)①因为n(NO2−):n(NO3−)=1:3，转移电子数为(3−2)+3(5−2)=10，根据得失电子守恒，可得10MnO4−、再结合电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH−=NO2- +3NO3- +10MnO42-+7H2O，故答案为：4，10，10OH−，10，7H2O；
②A. 反应的离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH−=NO2- +3NO3- +10MnO42-+7H2O，所以分离反应后的混合溶液可获得硝酸钾等氮肥，故A正确；
B. 由化学式KMnO4可知，n(Mn)=n(K)，所以反应后的混合溶液中物料关系为c(MnO4-)+c(MnO42-)=c(K+)，故B错误；
C. 酸性条件下，KMnO4的还原产物为Mn2+；碱性条件下，KMnO4的还原产物为MnO42-或MnO2，所以在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同，故C正确；故答案为：AC；
(3)V2O5催化SO2和O2反应的总反应式为2SO2 + O2 = 2SO3，V2O5为催化剂，V2O4、VOSO4为中间产物，总反应-a-c可得b的反应式为V2O4+O2+2SO2=2VOSO4，故答案为：V2O4+O2+2SO2=2VOSO4。
20.ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：
（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。
（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。
（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。
（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。
a.KCl b.KClO c.KClO3 d.KClO4
（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。
【答案】 (1). 2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O (2). 滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下 (3). 降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解 (4). 将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解 (5). 空气流速过快，ClO2不能被充分吸收 (6). cd (7). 相同
【解析】
【分析】
(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；
(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；
(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；
(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；
(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。
【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；
(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；
(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；
(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；
(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2mol KClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol，2mol KClO3反应获得电子为2mol×6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。
【点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2mol KClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。
21.目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。
碱式碳酸镍的制备：
工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。
（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。
（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。
测定碱式碳酸镍晶体的组成：
为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：
资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O
实验步骤：
①检查装置气密性；
②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；
③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；
④__；
⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；
⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；
⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）
装置C/g
装置D/g
装置E/g
加热前
250.00
190.00
190.00
加热后
251.08
190.44
190.00
实验分析及数据处理：
（4）E装置的作用__。
（5）补充④的实验操作___。
（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。
镍的制备：
（7）写出制备Ni的化学方程式__。
【答案】 (1). CO2 (2). 8.3 (3). 取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净 (4). 吸收空气中的H2O和CO2 (5). 关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热 (6). NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O (7). 2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O
【解析】
【分析】
(1)根据元素守恒分析判断 ；
(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；
(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；
(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；
(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；
(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。
【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2 ；
(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3 ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；
(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；
(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；
(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：，xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O . 6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；
(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。
22.软锰矿的主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、SiO2等，用软锰矿浆吸收工业废气中的二氧化硫，制备高锰酸钾的流程如图所示：
已知：滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+等，几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如右表所示：
离子
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe2+
7.6
9.7
Fe3+
2.7
3.7
Al3+
3.8
4.7
Mn2+
8.3
9.8
根据上述流程，回答下列问题：
（1）写出软锰矿通入二氧化硫发生的主要反应的化学方程式__。
（2）滤渣A的成分是__，其中的化学键类型是___。
（3）步骤②中加入MnO2的作用__。
（4）有同学认为可以用碳酸锰（MnCO3）或氢氧化锰[Mn(OH)2]替代石灰乳，你是否同意此观点___？简述理由___。
（5）滤液B中加入KMnO4时发生反应的离子方程式是__。
（6）第⑦步用镍片（镍不参与反应）和铁板作电极，电解K2MnO4溶液可制备KMnO4。有关说法正确的是__（填字母）
A.a与电源的负极相连
B.离子交换膜为阳离子交换膜
C.阳极的电极反应为MnO42--e-=MnO4-
D.阴极的电解产物为KOH
【答案】 (1). SO2+MnO2=MnSO4 (2). SiO2 (3). 共价键 (4). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀 (5). 同意 (6). MnCO3、Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀完全 (7). 3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+ (8). BC
【解析】
【分析】
已知，滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+等，可知软锰矿通入二氧化硫发生的主要反应为：SO2+MnO2═MnSO4，SiO2不参与反应，滤渣A为SiO2，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，滤液A中加入MnO2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣B中主要有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液B为MnSO4溶液，MnSO4溶液中加入KMnO4，发生氧化还原反应生成MnO2，MnO2被KClO3氧化生成K2MnO4，通过电解K2MnO4溶液生成KMnO4，据此分析解答。
【详解】已知，滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+等，可知软锰矿通入二氧化硫发生的主要反应为：SO2+MnO2═MnSO4，SiO2不参与反应，滤渣A为SiO2，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，滤液A中加入MnO2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣B中主要有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液B为MnSO4溶液，MnSO4溶液中加入KMnO4，发生氧化还原反应生成MnO2，MnO2被KClO3氧化生成K2MnO4，通过电解K2MnO4溶液生成KMnO4。
(1)由上述分析可知，软锰矿通入二氧化硫发生的主要反应为SO2+MnO2=MnSO4，故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；
(2)由上述分析可知，滤渣A为SiO2，Si与O均为非金属元素的原子，则二者易形成共价键，故答案为：SiO2；共价键；
(3)滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+等，根据几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH可知，不能直接沉淀Fe2+为氢氧化亚铁，因为Mn2+也会被沉淀，从而被过滤除去，因此应该先加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH，将Fe3+、Al3+转化为沉淀，从而除去杂质，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀；
(4)铁离子、铝离子比锰离子更易沉淀，加入MnCO3或Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀完全，再通过过滤除去，同意该同学的观点，故答案为：同意；MnCO3、Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀完全；
(5)滤液B 为MnSO4溶液，加入KMnO4，发生氧化还原反应生成MnO2，由化合价变化可知，+2价Mn2+与MnO4-中+7价Mn发生归中反应生成MnO2，根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；
(6)该装置为电解池，电解K2MnO4溶液制备KMnO4，Mn元素化合价从+6价升高为+7价，失电子，发生氧化反应，则Ni电极为阳极，Fe电极为阴极，
A. Ni电极为阳极，则a与电源的正极相连，A项错误；
B. 阳极反应式为MnO42--e-=MnO4-，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，离子交换膜为阳离子交换膜，K+通过离子交换膜从阳极移动向阴极，阴极得到KOH，B项正确；
C. 由以上分析知，阳极反应物为K2MnO4，生成物为KMnO4，则阳极反应式为MnO42--e-=MnO4-，C项正确；
D. 阴极是水电离的氢离子放电生成氢气和氢氧根离子，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则阴极的电解产物为H2和KOH，D项错误；故答案为：BC。
化学
第I卷（选择题）
以下数据可供解题时参考：
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Ni-59 Cu-64
一、选择题（本题包括17个小题，每题仅有一个正确答案，每题3分，共51分）
1.废弃铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（ ）
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收垃圾桶内，
A. 图示标志为有害垃圾，故A不选；
B. 图示标志为可回收垃圾，故B选；
C. 图示标志为餐厨垃圾，故C不选；
D. 图示标志为其它垃圾，故D不选；
故选B。
2.我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《梦溪笔谈》中的“信州铅山县有苦泉，……，挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”等，上述描述中没有涉及的化学反应类型是
A. 复分解反应 B. 化合反应
C. 离子反应 D. 氧化还原反应
【答案】A
【解析】
CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O为化合反应，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O为分解反应，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为置换反应，且Fe、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，故答案为A。
3.用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A. 18gD2O含有的电子数为10NA
B. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
C. 标准状况下，11.2LO2和CO2混合气体含有的氧原子数为NA
D. 将23gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间
【答案】C
【解析】
【详解】A. D2O的摩尔质量为20g/mol，18gD2O的物质的量为0.9mol，则含有0.9mol电子，即电子数为0.9NA，故A错误；
B. 124g白磷的物质的量为1mol，而白磷为正四面体结构，每个白磷分子中含有6根P—P键，故1mol白磷中所含P—P键数目为6NA，故B错误；
C. 标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，故C正确；
D. 2.3g钠的物质的量为0.1mol，钠与氧气完全反应，转移电子数用钠计算，0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子，则转移的电子数为0.1NA，故D错误；
答案选C。
4.化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A. 食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质
B. 华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世，芯片的主要成分是二氧化硅
C. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
D. SO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫
【答案】D
【解析】
【详解】A. CaO没有强还原性，故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，A项错误；
B. 硅是半导体，芯片的主要成分是硅单质，B项错误；
C. Fe具有还原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原，所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，C项错误；
D. SO2能与有色物质化合生成无色物质，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，D项正确；
答案选D。
5.2019年为国际化学元素周期表年。鉝（Lv）是116号主族元素。下列说法不正确的是（ ）
A. Lv位于第七周期第ⅥA族 B. Lv在同主族元素中金属性最弱
C. Lv的同位素原子具有相同的电子数 D. 中子数为177的Lv核素符号为Lv
【答案】B
【解析】
【分析】
由零族定位法可知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的鉝（Lv）位于元素周期表第七周期第VIA族。
【详解】A. 由以上分析可知，Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；
B. 同主族元素，由上至下，金属性逐渐增强，则Lv同主族元素中金属性最强，故B错误；
C. 同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；
D. 中子数为177的Lv核素，质量数=116+177=293，则核素符号为Lv，故D正确；
答案选B。
6.下列实验合理的是（ ）
A.证明非金属性Cl＞C＞Si
B.制备少量氧气
C.除去Cl2中的HCl
D.吸收氨气，并防止倒吸
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；
B. 过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；
C. 碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；
D. 四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；
故选D。
【点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2 Al+2OH-=AlO2-+H2↑
B. 电解饱和食盐水制备Cl2 2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸 Ba2++OH-+H++ SO42-=BaSO4↓+H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水 Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2，正确的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2- +3H2↑，故A错误；
B. 电解饱和食盐水制备Cl2，正确的离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故B正确；
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，正确的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++ SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，正确的离子方程式为Ca2++HCO3-+NH4++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3∙H2O，故D错误；
故选B。
【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：
1.是否符合客观事实，如本题A选项，反应物还有水；
2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；
3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；
4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；
5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式一种。
总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。
8.下列实验操作规范且能达到实验目的是（ ）
选项
实验目的
实验操作
A
除去KNO3中混有NaCl
将固体混合物溶于水后蒸发结晶，过滤
B
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中
C
CCl4萃取碘水中I2
先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
D
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响不大，可将固体溶解后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以除去KNO3固体中少量的NaCl固体，故A错误；
B. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，二者反应生成Fe(OH)3沉淀，无法获得氢氧化铁胶体，故B错误；
C. CCl4与水不互溶，且不发生任何发应，可用CCl4萃取碘水中的I2，CCl4的密度比水的密度大，则混合液分层后先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故C正确；
D. 铁在中性溶液或弱酸性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D错误；
故选C。
9.CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：
下列说法不正确的是
A. 合成气的主要成分为CO和H2
B. ①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C. ①→②吸收能量
D. Ni在该反应中做催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最终生成CO和H2，故A正确；B．化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；C．①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，故C错误；D．由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确；故答案为C。
10.海水是巨大的资源宝库，从海水中可以提取镁、溴等产品。某兴趣小组以MgBr2为原料，模拟从海水中制备溴和镁。下列说法错误的是（ ）
A. 工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOH
B. 设计步骤②、③、④的目的是为了富集溴
C. 步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液
D. 工业上实现步骤⑥，通常用氢气还原氯化镁
【答案】D
【解析】
【分析】
由流程可知，MgBr2与NaOH反生成氢氧化镁和NaBr，则滤液含NaBr，②中氯气可氧化溴离子生成溴，③吹出溴，④中试剂X为二氧化硫的水溶液，可吸收溴并生成HBr，⑤中氯气与HBr反应生成溴；氢氧化镁与盐酸反应生成MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2∙6H2O，在HCl气流中加热MgCl2∙6H2O，使其脱去结晶水得到无水MgCl2，⑥中电解熔融MgCl2生成Mg，以此来解答。
【详解】A. 工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOH，便宜易得，故A正确；
B. 海水中溴离子浓度较低，步骤②、③、④的目的是为了富集溴，故B正确；
C. 步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液，与溴单质发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，生成HBr，故C正确；
D. Mg为活泼金属，其还原性强于氢气，氢气无法还原氯化镁，工业上实现步骤⑥，通常用电解法，故D错误；
故选D。
【点睛】Mg为活泼金属，用一般的还原剂无法将其还原为金属单质，只能用最强有力的氧化还原反应手段——电解，将其还原，但同时需注意，根据阴极的放电顺序知，电解含Mg2+的水溶液时，水电离的H+会优先放电，Mg2+不能在阴极得到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁，类似的还有金属活动顺序表中铝以前的金属，如常用电解熔融Al2O3、NaCl的方法制取金属铝和金属钠。
11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期元素中最大的。下列说法不正确的是（ ）
A. W、X、Y的最高价氧化物对应对应水化物的酸性Y>X>W
B. Y的简单氢化物的热稳定性比W的强
C. 元素X、Y、Z的简单离子半径依次减小
D. W与Y两种元素可以形成共价化合物
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且原子序数小于F，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z为Na元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为C、X为N、Y为F、Z为Na。
A. Y为F，F没有正价，其无含氧酸，故A错误；
B. 非金属性Y＞W，则Y的简单氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；
C. 元素X、Y、Z的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，因此半径依次减小，故C正确；
D. C、F均为非金属元素，可以形成共价化合物，并且只能形成共价化合物，故D正确
答案选A。
12.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。
下列说法不正确的是
A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2
B. 若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体
C. 若B为FeCl3，则X一定是Fe
D. A可以是碳单质，也可以是O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；
B. 若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；
C. 若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；
D. 若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；
答案为B。
【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。
13.碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示（加入两极的物质均是常温常压下的物质）。下列说法不正确的是（ ）
A. 石墨2极与直流电源负极相连
B. 石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+
C. H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动
D. 电解一段时间后，阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】
【分析】
该装置有外接电源，是电解池，由图可知，氧气在石墨2极被还原为水，则石墨2极为阴极，B为直流电源的负极，阴极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，A为正极，石墨1极为阳极，甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，阳极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，据此解答。
【详解】A. 由以上分析知，石墨2极为阴极，阴极与直流电源的负极相连，则B为直流电源的负极，故A正确；
B. 阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故B正确；
C. 电解池中，阳离子移向阴极，则H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，故C正确；
D. 常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO ~ 4e- ~ O2可知，阴极消耗的O2与阳极消耗的CO物质的量之比为1：2，故D错误；
答案选D。
14.某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、 Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：
① 用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。
② 在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。
③ 在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。
则下列推断正确的是:
A. 溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－
B. 溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－
C. 不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－
D. 往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－
【答案】A
【解析】
【分析】
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；
②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。
【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；
B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；
C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；
D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。
15.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B. X可以是空气，且需过量
C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO
D. 处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；
C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；
D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；
故选B。
16.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1
B. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
C. 得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mL
D. 溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。
【详解】A. 金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH-的质量为：2.54g−1.52g=1.02g，，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，则该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正确；
B. 标况下1.12L气体的物质的量为0.05mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知：a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得a=0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：，故B正确；
C. 50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L×0.05L=0.7mol，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol−0.04mol−0.01×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为，故C错误；
D. Cu、Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，则生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04mol、0.01mol，则根据N元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol，故D正确；
答案选C。
【点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu ~ 2e- ~ Cu2+~2OH-，Mg ~ 2e- ~ Mg2+~2OH-，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。
17.Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中致癌物NO2－，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是
A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e－ 2H＋
B. Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用
C. 反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2
D. 用该法处理后水体的pH降低
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe（Ⅲ）得电子变为Fe（Ⅱ）；（2）Fe（Ⅱ）得电子变为Fe（Ⅲ），NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2。如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2－的目的，总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。
【详解】根据上面分析可知：
A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e－ 2H＋，故不选A；
B. 由图中信息可知，Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；
C.反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2，故不选C；
D.总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；
答案：D
二、填空题（本题包括4个小题，共49分）
18.某反应中反应物与生成物FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu；
（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示请回答下列问题：
①图中X溶液是__；
②Cu电极上发生的电极反应式为__；
③原电池工作时，盐桥中的__填“K+”或“Cl-”）不断进入X溶液中。
（2）将上述反应设计成电解池如图乙所示乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：
①M是电源的__极；
②图丙中②线是__的变化；
③当电子转移为0.2mol时向乙烧杯中加入__L5mol/LNaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。
【答案】 (1). FeCl2、FeCl3 (2). Cu-2e-=Cu2+ (3). K+ (4). 负 (5). Fe2+ (6). 0.28
【解析】
【分析】
据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
(1)将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，Cu作阳极，石墨为阴极；
②根据金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；
③结合图像，确定当电子转移为0.2mol时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+的物质的量，进而计算需要NaOH溶液的体积。
【详解】(1)据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极。
①该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，则X溶液一定有FeCl3，结合第(2)问②分析，曲线②为Fe2+，且反应开始时其物质的量为0.1mol，则X为FeCl2、FeCl3，故答案为：FeCl2、FeCl3；
②Cu作负极，发生失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu-2e-=Cu2+；
③Cu作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为：K+；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，则Cu作阳极，失电子被氧化生成Cu2+，石墨为阴极，Fe3+得电子生成Fe2+，被还原，所以M为负极，N为正极，故答案为：负；
②该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，在电解过程中，Fe3+逐渐减少，则①表示的为Fe3+，Fe2+、Cu2+逐渐增多，根据变化量的比例关系2Fe3+~2Fe2+~Cu2+可知，②为Fe2+，③为Cu2+，故答案为：Fe2+；
③当电子转移为0.2mol时，溶液中有Fe3+为0.2mol，Fe2+为0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液物质的量为0.2×3+0.3×2+0.1×2=1.4mol，所以NaOH溶液的体积为，故答案为：0.28。
19.人类向大气中排放的NOx和SO2对环境会产生危害，烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。
（1）选择性催化还原技术是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在催化剂作用下，用还原剂（如NH3选择性地与NOx反应生成N2和H2O。
已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180kJ·mol-1
则4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH3=__。
（2）碱性KMnO4氧化法也可将NOx进行脱除。
①用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整。__
□NO+□MnO4-+□__=NO2-+3NO3-+□MnO42-+□__
②下列叙述正确的是__（填字母序号）。
A.将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥
B.反应后混合溶液中：c(MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+)
C.在不同酸碱性条件下，KMnO4发生还原反应的产物可能不同
（3）催化剂V2O5可用于处理NOx和SO2。
V2O5在催化降解NOx的过程中，也会对SO2和O2反应起到一定的催化作用，其反应式如下：
a.V2O5+SO2=V2O4+SO3
b.__
c.2VOSO4=V2O5+SO2+SO3
SO3进一步与烟气中逃逸的氨反应，生成硫酸氢铵和硫酸铵。
【答案】 (1). -1625.5kJ/mol (2). 4，10，10OH−，10，7H2O (3). AC (4). V2O4+O2+2SO2=2VOSO4
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)①根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式
②A. 根据反应的离子方程式确定；
B. 根据物料守恒判断，故B错误；
C. 根据KMnO4在不同酸碱性条件下的还原产物判断；
(3)根据总反应式以及部分分步反应式确定。
【详解】(1)给已知反应编号，①：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.5kJ·mol-1，
②：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180kJ·mol-1，根据盖斯定律可得，①−②×4可得目标方程式4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=(-905.5kJ·mol-1)−(+180kJ·mol-1)×4=−1625.5kJ/mol，故答案为：−1625.5kJ/mol；
(2)①因为n(NO2−):n(NO3−)=1:3，转移电子数为(3−2)+3(5−2)=10，根据得失电子守恒，可得10MnO4−、再结合电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH−=NO2- +3NO3- +10MnO42-+7H2O，故答案为：4，10，10OH−，10，7H2O；
②A. 反应的离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH−=NO2- +3NO3- +10MnO42-+7H2O，所以分离反应后的混合溶液可获得硝酸钾等氮肥，故A正确；
B. 由化学式KMnO4可知，n(Mn)=n(K)，所以反应后的混合溶液中物料关系为c(MnO4-)+c(MnO42-)=c(K+)，故B错误；
C. 酸性条件下，KMnO4的还原产物为Mn2+；碱性条件下，KMnO4的还原产物为MnO42-或MnO2，所以在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同，故C正确；故答案为：AC；
(3)V2O5催化SO2和O2反应的总反应式为2SO2 + O2 = 2SO3，V2O5为催化剂，V2O4、VOSO4为中间产物，总反应-a-c可得b的反应式为V2O4+O2+2SO2=2VOSO4，故答案为：V2O4+O2+2SO2=2VOSO4。
20.ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：
（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。
（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。
（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。
（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。
a.KCl b.KClO c.KClO3 d.KClO4
（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。
【答案】 (1). 2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O (2). 滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下 (3). 降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解 (4). 将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解 (5). 空气流速过快，ClO2不能被充分吸收 (6). cd (7). 相同
【解析】
【分析】
(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；
(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；
(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；
(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；
(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。
【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；
(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；
(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；
(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；
(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2mol KClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol，2mol KClO3反应获得电子为2mol×6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。
【点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2mol KClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。
21.目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。
碱式碳酸镍的制备：
工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。
（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。
（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。
测定碱式碳酸镍晶体的组成：
为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：
资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O
实验步骤：
①检查装置气密性；
②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；
③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；
④__；
⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；
⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；
⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）
装置C/g
装置D/g
装置E/g
加热前
250.00
190.00
190.00
加热后
251.08
190.44
190.00
实验分析及数据处理：
（4）E装置的作用__。
（5）补充④的实验操作___。
（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。
镍的制备：
（7）写出制备Ni的化学方程式__。
【答案】 (1). CO2 (2). 8.3 (3). 取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净 (4). 吸收空气中的H2O和CO2 (5). 关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热 (6). NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O (7). 2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O
【解析】
【分析】
(1)根据元素守恒分析判断 ；
(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；
(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；
(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；
(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；
(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。
【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2 ；
(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3 ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；
(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；
(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；
(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：，xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O . 6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；
(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。
22.软锰矿的主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、SiO2等，用软锰矿浆吸收工业废气中的二氧化硫，制备高锰酸钾的流程如图所示：
已知：滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+等，几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如右表所示：
离子
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe2+
7.6
9.7
Fe3+
2.7
3.7
Al3+
3.8
4.7
Mn2+
8.3
9.8
根据上述流程，回答下列问题：
（1）写出软锰矿通入二氧化硫发生的主要反应的化学方程式__。
（2）滤渣A的成分是__，其中的化学键类型是___。
（3）步骤②中加入MnO2的作用__。
（4）有同学认为可以用碳酸锰（MnCO3）或氢氧化锰[Mn(OH)2]替代石灰乳，你是否同意此观点___？简述理由___。
（5）滤液B中加入KMnO4时发生反应的离子方程式是__。
（6）第⑦步用镍片（镍不参与反应）和铁板作电极，电解K2MnO4溶液可制备KMnO4。有关说法正确的是__（填字母）
A.a与电源的负极相连
B.离子交换膜为阳离子交换膜
C.阳极的电极反应为MnO42--e-=MnO4-
D.阴极的电解产物为KOH
【答案】 (1). SO2+MnO2=MnSO4 (2). SiO2 (3). 共价键 (4). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀 (5). 同意 (6). MnCO3、Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀完全 (7). 3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+ (8). BC
【解析】
【分析】
已知，滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+等，可知软锰矿通入二氧化硫发生的主要反应为：SO2+MnO2═MnSO4，SiO2不参与反应，滤渣A为SiO2，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，滤液A中加入MnO2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣B中主要有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液B为MnSO4溶液，MnSO4溶液中加入KMnO4，发生氧化还原反应生成MnO2，MnO2被KClO3氧化生成K2MnO4，通过电解K2MnO4溶液生成KMnO4，据此分析解答。
【详解】已知，滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+等，可知软锰矿通入二氧化硫发生的主要反应为：SO2+MnO2═MnSO4，SiO2不参与反应，滤渣A为SiO2，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，滤液A中加入MnO2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣B中主要有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液B为MnSO4溶液，MnSO4溶液中加入KMnO4，发生氧化还原反应生成MnO2，MnO2被KClO3氧化生成K2MnO4，通过电解K2MnO4溶液生成KMnO4。
(1)由上述分析可知，软锰矿通入二氧化硫发生的主要反应为SO2+MnO2=MnSO4，故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；
(2)由上述分析可知，滤渣A为SiO2，Si与O均为非金属元素的原子，则二者易形成共价键，故答案为：SiO2；共价键；
(3)滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+等，根据几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH可知，不能直接沉淀Fe2+为氢氧化亚铁，因为Mn2+也会被沉淀，从而被过滤除去，因此应该先加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH，将Fe3+、Al3+转化为沉淀，从而除去杂质，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀；
(4)铁离子、铝离子比锰离子更易沉淀，加入MnCO3或Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀完全，再通过过滤除去，同意该同学的观点，故答案为：同意；MnCO3、Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀完全；
(5)滤液B 为MnSO4溶液，加入KMnO4，发生氧化还原反应生成MnO2，由化合价变化可知，+2价Mn2+与MnO4-中+7价Mn发生归中反应生成MnO2，根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；
(6)该装置为电解池，电解K2MnO4溶液制备KMnO4，Mn元素化合价从+6价升高为+7价，失电子，发生氧化反应，则Ni电极为阳极，Fe电极为阴极，
A. Ni电极为阳极，则a与电源的正极相连，A项错误；
B. 阳极反应式为MnO42--e-=MnO4-，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，离子交换膜为阳离子交换膜，K+通过离子交换膜从阳极移动向阴极，阴极得到KOH，B项正确；
C. 由以上分析知，阳极反应物为K2MnO4，生成物为KMnO4，则阳极反应式为MnO42--e-=MnO4-，C项正确；
D. 阴极是水电离的氢离子放电生成氢气和氢氧根离子，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则阴极的电解产物为H2和KOH，D项错误；故答案为：BC。
相关资料
更多
