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2022-2023学年福建省福州市格致中学高三上学期期中模拟测试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年福建省福州市格致中学高三上学期期中模拟测试化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题，元素或物质推断题，计算题等内容，欢迎下载使用。
福建省福州市格致中学2022-2023学年高三上学期期中模拟测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．世界上最大的空港——北京新机场，被称为“现代世界新七大奇迹”之一，涵盖了当今世界机场多项尖端科技，化工行业在这座宏伟的“超级工程”中发挥了巨大作用。下列属于无机材料的是
A．高韧薄层沥青罩面 B．隔震橡胶垫
C．超高分子量聚乙烯纤维 D．高强度耐腐蚀钢筋
【答案】D
【详解】A．高韧薄层沥青罩面，成分为烃类有机物质，属于有机材料，故A错误；
B．隔震橡胶垫，成分为有机高分子材料，属于有机材料，故B错误；
C．超高分子量聚乙烯纤维，是有机高分子材料，属于有机材料，故C错误；
D．高强度耐腐蚀钢筋的主要成分为铁合金，是金属材料，属于无机材料，故D正确；
故选D。
【点睛】掌握有机物与无机物的概念、特征是解答此题的关键。要知道无机材料主要包括金属、氮化物、硅酸盐等物质组成的材料，有机材料是指成分为有机化合物的材料，最基本的组成元素是都含碳元素。
2．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
B．铁粉和生石灰均可作食品袋内的脱氧剂
C．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
D．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量
【答案】C
【详解】A.乙醇能够杀菌消毒，但乙醇不具有强氧化性，A错误；
B.脱氧剂应具有还原性，生石灰不具有还原性，不作脱氧剂而是作干燥剂使用，B错误；
C.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，C正确；
D.人体内无纤维素酶，纤维素中人体内不能被吸收，D错误；
故合理选项是C。
3．下列关于物质的分类或变化说法正确的是
A．Na2CO3、BaCl2是常见的强电解质，且溶于水时均会破坏水的电离平衡
B．NO2经降温加压凝成无色液体为物理变化，NO2排水收集到无色气体为化学变化
C．Na2O•SiO2是一种简单的硅酸盐，露置于空气中会变质
D．植物油可萃取溴水中的溴而使溴水褪色
【答案】C
【详解】A. BaCl2属于强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离平衡没有影响，故A项错误；
B.二氧化氮经加压凝成无色液体，发生反应：2NO2N2O4，属于化学变化，故B项错误；
C. Na2O•SiO2为Na2SiO3的氧化物形式，是一种简单的硅酸盐，露置于空气中会与二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸钠和硅酸，发生变质，故C项正确；
D. 植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有不饱和碳碳键，可以与溴水发生加成反应，因此植物油不能萃取出溴水中的溴单质，故D项错误；
综上所述，本题选C。
4．为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是
A．盐酸所含的氯化氢分子数为
B．中含有分子数为
C．中含有的阴离子数目为
D．与足量稀反应，转移电子数为
【答案】D
【详解】A．在水中完全电离，故盐酸溶液中无分子，故A错误；
B．未标明条件，三氧化硫所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故B错误；
C．过氧化钠的物质的量为，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成，故过氧化钠中含个阴离子，故C错误；
D．铁和足量的硝酸反应后变为价，故铁反应后转移个电子，故D正确。
故答案是D。
5．莫尔盐溶液经常用于定量滴定实验。下列有关说法正确的是
A．配制莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐克
B．可与含HClO、、微粒的溶液大量共存
C．加入过量溶液发生反应：
D．取样，加入浓NaOH溶液并加热，生成能使蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含
【答案】A
【详解】配制莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐为：，故A正确；
B.HClO具有氧化性，与发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C.加入过量溶液，漏写铵根离子与碱的反应，正确的离子反应为：，故C错误；
D.加入浓NaOH溶液并加热，生成氨气，可使红色石蕊试纸变蓝的气体，以此检验，故D错误；
故选：A。
6．下列化学反应的离子方程式书写正确的是
A．向稀中滴加溶液：
B．用溶解：
C．强碱性溶液中将氧化为：
D．溶液中加足量溶液：
【答案】C
【详解】A．向稀中滴加溶液发生氧化还原反应，离子方程式为，故A错误；
B．用溶解，离子方程式：，故B错误；
C．强碱性溶液中将氧化为，离子方程式：，故C正确；
D．溶液中加足量溶液，不会得到碳酸根离子，反应的离子方程式为，故D错误；
故答案是C。
7．将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：
3Fe3O4 + 28HNO3 =9Fe(NO3)x + NO↑+ 14H2O下列判断合理的是
A．Fe(NO3)x中的x为2
B．反应中每还原0.4 mol氧化剂，就有1.2 mol电子转移
C．稀HNO3在反应中只表现氧化性
D．磁性氧化铁中的所有铁元素全部被氧化
【答案】B
【详解】A．根据N守恒可计算出x=3，A错误；
B．28molHNO3反应，降为+2价的N只有1mol，每生成1molNO转移电子数为3mol，B正确。
C．Fe失电子数为3，HNO3表现氧化性和酸性，C错误；
D．Fe3O4可看成是FeO·Fe2O3，所以3molFe3O4反应，化合价升为+3价的Fe只有3mol，D错误；
故答案选B。
8．下列除杂的方法错误的是
物质
杂质
除杂试剂
主要操作
A
SiO2
Fe2O3
盐酸
过滤
B
Mg
Al
NaOH溶液
过滤
C
NaCl
泥沙
加水
溶解、过滤、蒸发
D
FeCl2
FeCl3
Cu
过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A、SiO2(Fe2O3)，氧化铁溶于盐酸，二氧化硅不溶于盐酸，过滤得到二氧化硅，选项A正确；
B、Mg(Al)，铝溶于氢氧化钠溶液，镁不溶于氢氧化钠溶液，过滤得到镁，选项B正确；
C、NaCl（泥沙），氯化钠溶于水，泥沙不溶于水，可采用溶解、过滤、蒸发的方法，选项C正确；
D、FeCl2（FeCl3），加入铜粉可以把氯化铁转化为氯化亚铁，但同时又生成氯化铜，又引入了新的杂质，选项D错误；
答案选D。
【点睛】解答本题的关键是要充分理解各种物质的性质，只有这样才能对问题做出正确的判断，更需要注意选用的除杂试剂不能与主要物质反应，反应后不能引入新的杂质。
9．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是
A．Cu2S既是氧化产物又是还原产物
B．5mol FeS2发生反应，有10mol电子转移
C．产物中的SO离子有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
【答案】C
【详解】A．Cu2S为中Cu、S元素化合价降低之产物，因此Cu2S为还原产物，故A错误；
B．反应中Cu元素化合价由+2降低至+1，FeS2中S原子有由-1升高至+6，有由-1降低至-2，其余元素化合价未发生变化，因此每有5mol FeS2发生反应，转移电子为10mol××[6-(-1)]=21mol，故B错误；
C．由B项分析可知，产物中的SO离子有一部分是FeS2中S元素升高而得，因此产物中的SO离子有一部分是氧化产物，故C正确；
D．由B分析可知，FeS2在反应中既作氧化剂也是还原剂，故D错误；
综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。
10．下列实验操作正确的是
A．制备无水氯化铁
B．配制一定浓度的硫酸溶液
C．制取少量NH3
D．比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
【答案】C
【详解】分析：A、根据铁离子水解分析；
B、浓硫酸需要在烧杯中稀释并冷却后再转移；
C、根据一水合氨中存在平衡结合氧化钙的性质解答；
D、难分解的应该放在大试管中。
详解：A、氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢易挥发，所以直接加热不能得到氯化铁晶体，A错误；
B、浓硫酸溶于水放热，需要首先在烧杯中稀释并冷却后再转移至容量瓶中，B错误；
C、浓氨水中存在以下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－，加入CaO，使平衡逆向移动，同时反应放热，促进NH3·H2O的分解，可以利用该装置制备少量氨气，C正确；
D、碳酸氢钠受热易分解，要比较碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性，需要把碳酸钠放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，D错误。答案选C。
点睛：选项A是解答的易错点，注意盐类水解的特点以及生成的氯化氢的易挥发性，与之类似的还有氯化铝等。但需要注意的是硫酸铁、硫酸铝不符合，因为二者虽然均水解，但生成的硫酸难挥发，最终仍然得到硫酸铁和硫酸铝。
11．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是
A．原子半径的大小顺序为W>Q>Z>X>Y
B．元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应
C．元素X与Y可以形成5种以上的化合物
D．元素Q的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
【答案】A
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Al）＞W（S）＞Q（Cl）＞X（N）＞Y（O），故A错误；
B．氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；
C．N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；
D．非金属性Cl＞S，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确；
故选A。
12．现有甲、乙、丙、丁四种短周期元素，它们之间的关系如下：
Ⅰ．原子半径：甲＜丙＜乙＜丁
Ⅱ．原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8
Ⅲ．原子的核外电子层数：丁>乙=丙=2甲
Ⅳ．乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2
则下列说法不正确的是
A．乙元素的最外层有5个电子，其氢化物含有极性键
B．四种元素中丙的非金属性最强，其最高价氧化物对应的含氧酸酸性最强
C．丁元素的氧化物对应的水化物与乙元素最高价氧化物对应水化物恰好完全反应形成的盐溶液显酸性
D．乙、丙两元素形成的简单氢化物稳定性丙的强于乙
【答案】B
【分析】甲、乙、丙、丁四种短周期元素，原子的核外电子层数：丁>乙=丙=2甲，说明丁在第三周期，乙、丙在第二周期，甲在第一周期，乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，说明乙为第ⅤA,则乙为N，原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8，丁为ⅢA的Al，甲为H，丙为F，据此分析解答。
【详解】A.氮原子属于第ⅤA元素，最外层5个电子，NH3中N-H键是极性键，A正确；
B.丙为F，非金属性最强，但由于它非常活泼，没有最高价的含氧酸，B错误；
C.丁是铝，乙是N，氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝，属于强酸弱碱盐，水解显酸性，C正确；
D.N的非金属性比F弱，所以NH3的稳定性比HF弱，D正确；
选B。
13．在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中能转化为和，示意图如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
下列说法正确的是（ ）
A．两池发生的反应中，氮元素只被氧化
B．两池中投放的废液体积相等时，能完全转化为
C．常温常压下，反应Ⅱ中生成转移的电子数为
D．
【答案】D
【详解】A. 反应Ⅱ，中N被氧化，而中N被还原，故A错误；
B. 反应Ⅰ中转化为时元素守恒，转化为，根据反应Ⅱ，铵离子与硝酸根的物质的量的比为时可完全转化为，故B错误；
C. 常温常压下的物质的量未知，因常温下的气体摩尔体积未知，故C错误；
D. 已知：①，② ，根据盖斯定律可得： ，故D正确；
答案选D。
二、多选题
14．某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是( )
A．b电极上发生还原反应
B．外电路电流方向是从a到b
C．电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯
D．a电极上发生的反应为MnO4-＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O
【答案】BD
【分析】原电池中负极失去电子，电子经外电路流向正极，正极发生得电子反应。溶液中和盐桥内，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
【详解】从电池总反应看，FeSO4失电子生成Fe2(SO4)3，石墨b为负极，发生氧化反应（A项错误），电极反应为Fe2+-e-=Fe3+；KMnO4得电子生成MnSO4，石墨a为正极，发生还原反应，电极反应为MnO4-＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O（D项正确）。外电路中，电子从负极b流向正极a，则电流从正极a流向负极b（B项正确）。溶液中和盐桥内，阳离子（K+等）移向正极a所在的甲烧杯，阴离子（SO42-等）移向负极b所在的乙烧杯（C项错误）。
本题选BD。
三、单选题
15．某试液中只可能含有下列中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L。某同学进行了如下实验：
下列说法正确的是
A．无法确定原试液中是否含有
B．滤液X中大量存在的阳离子有和
C．原溶液中存在的离子为
D．无法确定沉淀C的成分
【答案】C
【分析】由试液中加入过量稀硫酸无明显现象可知，试液中一定不含有碳酸根离子和偏铝酸根离子，再加入过量硝酸钡溶液有气体生成说明试液中含有亚铁离子，生成硫酸钡沉淀A无法确定试液中是否含有硫酸根离子；向滤液X中加入过量氢氧化钠溶液有气体生成说明试液中含有铵根离子，生成氢氧化铁沉淀B说明滤液X中含有铵根离子、铁离子和钡离子；由滤液中通入少量二氧化碳产生沉淀C说明溶液中钡离子与二氧化碳和氢氧根反应生成碳酸钡沉淀，不能确定溶液中是否含有偏铝酸根离子，则试液中一定含有亚铁离子、铵根离子，一定不含有碳酸根离子和偏铝酸根离子，由离子浓度均为0.1mol/L，结合电荷守恒可知，试液中一定含有硫酸根离子和氯离子，一定不含有铝离子、钾离子，沉淀C为碳酸钡沉淀，所以试液中一定含有亚铁离子、铵根离子、硫酸根离子和氯离子，一定不含有碳酸根离子、偏铝酸根离子、铝离子和钾离子。
【详解】A．由分析可知，试液中一定含有氯离子，故A错误；
B．由分析可知，滤液X中含有铁离子，不含有亚铁离子，故B错误；
C．由分析可知，试液中一定含有亚铁离子、铵根离子、硫酸根离子和氯离子，故C正确；
D．由分析可知，沉淀C为碳酸钡沉淀，故D错误；
故选C。
四、实验题
16．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如下图所示：
FeCl3溶液 /含有淀粉的碘水/NaOH溶液
A B C
(1)SO2气体还原Fe3＋的氧化产物是____________（填离子符号），参加该反应的SO2和Fe3＋的物质的量之比是____________。
(2)下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是____________（填序号）。
A．Na2SO3溶液与HNO3 B．Na2SO3固体与浓硫酸
C．固体硫在纯氧中燃烧 D．铜与热浓H2SO4
(3)装置C的作用是_______________________________________。
(4)若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有____________（填序号）。
A．蒸发皿 B．石棉网 C．漏斗 D．烧杯 E．玻璃棒 F．坩埚
(5)在上述装置中通入SO2，为了验证A中SO2与Fe3＋发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：
方案①：往第二份试液加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀。
方案②：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去。
方案③：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀。
上述方案不合理的是________，原因是__________________________________。
(6)能表明I－的还原性弱于SO2的化学方程式为__________________________________。
【答案】(1) 1:2
(2)BD
(3)吸收SO2尾气，防止污染空气
(4)BF
(5) 方案② 因为A的溶液中含有氯离子（或二氧化硫），氯离子或SO2也能使KMnO4溶液褪色
(6)SO2 + I2 +2H2O == H2SO4 + 2HI
【详解】（1）反应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，所以还原产物是Fe2+，参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是1:2。
（2）A、硝酸具有强氧化性，把亚硫酸钠氧化成硫酸钠，得不到二氧化硫，错误；
B、浓硫酸虽具有强氧化性，但不能氧化生成的SO2，正确；
C、固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，错误；
D、铜和浓硫酸在加热条件下可以制得二氧化硫，正确。
（3）二氧化硫是酸性氧化物，具有刺激性气味，直接排放污染大气，能和碱反应生成盐和水，所以可用碱液处理二氧化硫，所以装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气；
（4）操作步骤：蒸发需用到蒸发皿，冷却结晶需用到烧杯，过滤需用到漏斗、玻璃棒，故不需要石棉网和坩埚。
（5）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，所以不合理的是方案①，因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色。
（6）I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
五、工业流程题
17．以铬铁矿（主要成分是FeO·Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等）为原料制取Na2CrO4晶体的工艺流程如下：
已知：①+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH>9时以CrO形式存在且易氧化；②常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH如下：
阳离子
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
7.6
9.0
——
——
沉淀完全时的pH
3.7
9.6
11.0
8
9（>9溶解）
（1）滤渣1主要成分是__________________。
（2）写出流程中第1次使用H2O2时，发生反应的离子方程式__________________。
（3）“调pH=8”和“调pH>11”中间的“过滤”步骤能否省略，为什么？___________。
（4）写出第2次使用H2O2时，发生反应的离子方程式___________。
（5）流程图中从Na2CrO4溶液至产品中间“□”内的操作是__________、__________过滤、洗涤、干燥
（6）当溶液调pH=10时，则溶液中c(Mg2+) 为__________ 。【已知Ksp(Mg(OH)2)=5.6×10-12】
（7）在酸性条件下转化为。工业上常用Fe2+处理酸性K2Cr2O7废水，先将转化为Cr3+，该反应的离子方程式为_____________，再调节溶液的pH使金属离子生成沉淀而除去。
【答案】 SiO2 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 不能，当pH=8时Al3+已经完全转化为Al(OH)3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO 2CrO+3H2O2+2OH−═2CrO+4H2O 蒸发浓缩 冷却结晶 5.6×10−4 6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【分析】铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应加入溶液，而SiO2不反应，过滤除去SiO2。用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH=8时，Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤得到滤渣为Al(OH)3和Fe(OH)3，再调节pH=11，Mg2+完全沉淀被除去且Cr元素以CrO 的形式存在，过滤后，向滤液中再加入过氧化氢，将CrO2-氧化为CrO，最后采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到Na2CrO4晶体，以此解答。
【详解】(1)铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应加入溶液，而SiO2不反应，过滤除去SiO2，滤渣1主要成分是SiO2，故答案为：SiO2；
(2)第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
(3)“调pH=8”时沉淀成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，如果不把前者除去，当继续加入NaOH至pH=11时，Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO，故答案为：不能，当pH=8时Al3+已经完全转化为Al(OH)3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO；
(4)第二次加入H2O2是为了将CrO氧化为CrO，反应离子方程式为：2CrO+3H2O2+2OH−═2CrO+4H2O，故答案为：2CrO+3H2O2+2OH−═2CrO+4H2O；
(5)Na2CrO4溶液得到Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(6)Ksp(Mg(OH)2)=5.6×10−12，当溶液调pH=10时，c(OH−)==10−4mol/L，则溶液中c(Mg2+)= ==5.6×10−4，故答案为：5.6×10−4；
(7)在酸性条件下，Fe2+与Cr2O反应生成Cr3+和Fe3+，反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，再根据题中提供的阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，调节pH=9时，溶液中的金属离子都生成沉淀而除去，故答案为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
六、元素或物质推断题
18．X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：
X
Y
Z
M
R
Q
原子半径/nm
0.186
0.074
0.099
0.143
主要化合价
－4，＋4
－2
－1，＋7
＋3
其他
阳离子核外无电子
无机非金属材料的主角
焰色反应呈黄色
（1）R在元素周期表中的位置是__；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为__。
（2）Z的单质与水反应的化学方程式为___。
（3）Y与R相比，非金属性较强的是___(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是__(填字母)。
A．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
B．稳定性：XR>YX4
C．Y与R形成的化合物中Y呈正价
（4）根据表中数据推测，Y的原子半径(用r表示)的最小范围是___。
（5）甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲＋乙→丙＋水。若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式为___。
【答案】 第三周期第ⅦA族 同位素 2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑ Cl BC 0.099nm
【详解】1）R为Cl元素，核外有17个电子，核外电子排布为2、8、7，所以Cl元素处于第三周期ⅦA族；
R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，中子数不同，二者互为同位素，故答案为：第三周期ⅦA族；同位素；
（2）Z为Na元素，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（3）Y为Si元素，R为Cl元素．同周期自左而右，非金属性减弱，所以非金属性Si＜Cl；
A．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态，状态不能说明元素的非金属性强弱，故a错误；
B．非金属越强，氢化物越稳定，稳定性XR＞YX4，说明X的非金属性强，故b正确；
C．Y与R形成的化合物中Y呈正价，说明X吸引电子能力强，X的非金属性强，故c正确．
故答案为：Cl；BC；
（4）Y为Si元素，同周期自左而右，原子半径减小，所以原子半径Al＞Si＞Cl，即大于0.099nm小于0.143nm，
故答案为：0.099nm
【点睛】解决本类题目要认真分析题目所给信息，找到突破口，对学习过程中一些具体特殊性质的物质要有清楚的认识；同位素是指同种元素的不同核素，同素异形体是指同种元素形成的不同单质。
七、计算题
19．大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）之后才能排放。
（1）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
回答下列问题：
①CO的燃烧热ΔH为 _________。若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，则1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为_________kJ。
②CO将NO2还原为单质的热化学方程式为 ________________。
（2）图是一种用NH3脱除烟气中NO的原理。
①该原理中，NO最终转化为H2O和_______（填化学式）。
②当消耗1 mol NH3和0.5 mol O2时，除去的NO在标准状况下的体积为____L。
（3）间接电化学法，如图所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式_____________。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理_______。
【答案】 -283kJ/mol 631.75 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) ΔH=-1196kJ/mol N2 11.2 2HSO3－＋2e－＋2H+＝S2O42－+2H2O 2NO＋2S2O42－＋2H2O＝N2＋4HSO3－
【详解】(1) ①由①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1可知, 2molCO完全燃烧放出566.0 kJ的热量，所以1molCO完全燃烧放出283kJ的热量，所以CO的燃烧热ΔH为-283kJ/mol；若1 mol N2(g)、1 mol O2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，设1 mol NO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为x，由②N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH=946k +498k-2x=+180.5，解之得x=631.75 ,所以1 mol NO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75kJ；
②由①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH1＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH2＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH3＝−116.5 kJ·mol−1
①2-②-③可得: 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) ΔH=(-566.0kJ/mol)2-(+ 180.5kJ/mol)-( -116.5 kJ/mol)=-1196kJ/mol , 所以CO将NO2还原为单质的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) ΔH=-1196kJ/mol；
(2) ①由脱硝原理确定从体系中分离出的物质为生成物，分别为N2和H2O；
②由电子得失相等计算：O2～2O2-,得电子4mol，0.5mol氧气反应得到电子2mol； 2NO～N2失电子4mol，当失去电子2mol时，有0.5mol氮气生成 标况下体积是11.2L；
（3）根据电解池中阳极氧化、阴极还原，阴极发生还原反应，根据图示，亚硫酸氢根离子得电子生成连二亚硫酸根离子，电极反应式为：2HSO3－＋2e－＋2H+＝S2O42－+2H2O；连二亚硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO＋2S2O42－＋2H2O＝N2＋4HSO3－。
福建省福州市格致中学2022-2023学年高三上学期期中模拟测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．世界上最大的空港——北京新机场，被称为“现代世界新七大奇迹”之一，涵盖了当今世界机场多项尖端科技，化工行业在这座宏伟的“超级工程”中发挥了巨大作用。下列属于无机材料的是
A．高韧薄层沥青罩面 B．隔震橡胶垫
C．超高分子量聚乙烯纤维 D．高强度耐腐蚀钢筋
【答案】D
【详解】A．高韧薄层沥青罩面，成分为烃类有机物质，属于有机材料，故A错误；
B．隔震橡胶垫，成分为有机高分子材料，属于有机材料，故B错误；
C．超高分子量聚乙烯纤维，是有机高分子材料，属于有机材料，故C错误；
D．高强度耐腐蚀钢筋的主要成分为铁合金，是金属材料，属于无机材料，故D正确；
故选D。
【点睛】掌握有机物与无机物的概念、特征是解答此题的关键。要知道无机材料主要包括金属、氮化物、硅酸盐等物质组成的材料，有机材料是指成分为有机化合物的材料，最基本的组成元素是都含碳元素。
2．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
B．铁粉和生石灰均可作食品袋内的脱氧剂
C．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
D．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量
【答案】C
【详解】A.乙醇能够杀菌消毒，但乙醇不具有强氧化性，A错误；
B.脱氧剂应具有还原性，生石灰不具有还原性，不作脱氧剂而是作干燥剂使用，B错误；
C.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，C正确；
D.人体内无纤维素酶，纤维素中人体内不能被吸收，D错误；
故合理选项是C。
3．下列关于物质的分类或变化说法正确的是
A．Na2CO3、BaCl2是常见的强电解质，且溶于水时均会破坏水的电离平衡
B．NO2经降温加压凝成无色液体为物理变化，NO2排水收集到无色气体为化学变化
C．Na2O•SiO2是一种简单的硅酸盐，露置于空气中会变质
D．植物油可萃取溴水中的溴而使溴水褪色
【答案】C
【详解】A. BaCl2属于强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离平衡没有影响，故A项错误；
B.二氧化氮经加压凝成无色液体，发生反应：2NO2N2O4，属于化学变化，故B项错误；
C. Na2O•SiO2为Na2SiO3的氧化物形式，是一种简单的硅酸盐，露置于空气中会与二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸钠和硅酸，发生变质，故C项正确；
D. 植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有不饱和碳碳键，可以与溴水发生加成反应，因此植物油不能萃取出溴水中的溴单质，故D项错误；
综上所述，本题选C。
4．为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是
A．盐酸所含的氯化氢分子数为
B．中含有分子数为
C．中含有的阴离子数目为
D．与足量稀反应，转移电子数为
【答案】D
【详解】A．在水中完全电离，故盐酸溶液中无分子，故A错误；
B．未标明条件，三氧化硫所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故B错误；
C．过氧化钠的物质的量为，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成，故过氧化钠中含个阴离子，故C错误；
D．铁和足量的硝酸反应后变为价，故铁反应后转移个电子，故D正确。
故答案是D。
5．莫尔盐溶液经常用于定量滴定实验。下列有关说法正确的是
A．配制莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐克
B．可与含HClO、、微粒的溶液大量共存
C．加入过量溶液发生反应：
D．取样，加入浓NaOH溶液并加热，生成能使蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含
【答案】A
【详解】配制莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐为：，故A正确；
B.HClO具有氧化性，与发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C.加入过量溶液，漏写铵根离子与碱的反应，正确的离子反应为：，故C错误；
D.加入浓NaOH溶液并加热，生成氨气，可使红色石蕊试纸变蓝的气体，以此检验，故D错误；
故选：A。
6．下列化学反应的离子方程式书写正确的是
A．向稀中滴加溶液：
B．用溶解：
C．强碱性溶液中将氧化为：
D．溶液中加足量溶液：
【答案】C
【详解】A．向稀中滴加溶液发生氧化还原反应，离子方程式为，故A错误；
B．用溶解，离子方程式：，故B错误；
C．强碱性溶液中将氧化为，离子方程式：，故C正确；
D．溶液中加足量溶液，不会得到碳酸根离子，反应的离子方程式为，故D错误；
故答案是C。
7．将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：
3Fe3O4 + 28HNO3 =9Fe(NO3)x + NO↑+ 14H2O下列判断合理的是
A．Fe(NO3)x中的x为2
B．反应中每还原0.4 mol氧化剂，就有1.2 mol电子转移
C．稀HNO3在反应中只表现氧化性
D．磁性氧化铁中的所有铁元素全部被氧化
【答案】B
【详解】A．根据N守恒可计算出x=3，A错误；
B．28molHNO3反应，降为+2价的N只有1mol，每生成1molNO转移电子数为3mol，B正确。
C．Fe失电子数为3，HNO3表现氧化性和酸性，C错误；
D．Fe3O4可看成是FeO·Fe2O3，所以3molFe3O4反应，化合价升为+3价的Fe只有3mol，D错误；
故答案选B。
8．下列除杂的方法错误的是
物质
杂质
除杂试剂
主要操作
A
SiO2
Fe2O3
盐酸
过滤
B
Mg
Al
NaOH溶液
过滤
C
NaCl
泥沙
加水
溶解、过滤、蒸发
D
FeCl2
FeCl3
Cu
过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A、SiO2(Fe2O3)，氧化铁溶于盐酸，二氧化硅不溶于盐酸，过滤得到二氧化硅，选项A正确；
B、Mg(Al)，铝溶于氢氧化钠溶液，镁不溶于氢氧化钠溶液，过滤得到镁，选项B正确；
C、NaCl（泥沙），氯化钠溶于水，泥沙不溶于水，可采用溶解、过滤、蒸发的方法，选项C正确；
D、FeCl2（FeCl3），加入铜粉可以把氯化铁转化为氯化亚铁，但同时又生成氯化铜，又引入了新的杂质，选项D错误；
答案选D。
【点睛】解答本题的关键是要充分理解各种物质的性质，只有这样才能对问题做出正确的判断，更需要注意选用的除杂试剂不能与主要物质反应，反应后不能引入新的杂质。
9．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是
A．Cu2S既是氧化产物又是还原产物
B．5mol FeS2发生反应，有10mol电子转移
C．产物中的SO离子有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
【答案】C
【详解】A．Cu2S为中Cu、S元素化合价降低之产物，因此Cu2S为还原产物，故A错误；
B．反应中Cu元素化合价由+2降低至+1，FeS2中S原子有由-1升高至+6，有由-1降低至-2，其余元素化合价未发生变化，因此每有5mol FeS2发生反应，转移电子为10mol××[6-(-1)]=21mol，故B错误；
C．由B项分析可知，产物中的SO离子有一部分是FeS2中S元素升高而得，因此产物中的SO离子有一部分是氧化产物，故C正确；
D．由B分析可知，FeS2在反应中既作氧化剂也是还原剂，故D错误；
综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。
10．下列实验操作正确的是
A．制备无水氯化铁
B．配制一定浓度的硫酸溶液
C．制取少量NH3
D．比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
【答案】C
【详解】分析：A、根据铁离子水解分析；
B、浓硫酸需要在烧杯中稀释并冷却后再转移；
C、根据一水合氨中存在平衡结合氧化钙的性质解答；
D、难分解的应该放在大试管中。
详解：A、氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢易挥发，所以直接加热不能得到氯化铁晶体，A错误；
B、浓硫酸溶于水放热，需要首先在烧杯中稀释并冷却后再转移至容量瓶中，B错误；
C、浓氨水中存在以下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－，加入CaO，使平衡逆向移动，同时反应放热，促进NH3·H2O的分解，可以利用该装置制备少量氨气，C正确；
D、碳酸氢钠受热易分解，要比较碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性，需要把碳酸钠放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，D错误。答案选C。
点睛：选项A是解答的易错点，注意盐类水解的特点以及生成的氯化氢的易挥发性，与之类似的还有氯化铝等。但需要注意的是硫酸铁、硫酸铝不符合，因为二者虽然均水解，但生成的硫酸难挥发，最终仍然得到硫酸铁和硫酸铝。
11．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是
A．原子半径的大小顺序为W>Q>Z>X>Y
B．元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应
C．元素X与Y可以形成5种以上的化合物
D．元素Q的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
【答案】A
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Al）＞W（S）＞Q（Cl）＞X（N）＞Y（O），故A错误；
B．氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；
C．N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；
D．非金属性Cl＞S，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确；
故选A。
12．现有甲、乙、丙、丁四种短周期元素，它们之间的关系如下：
Ⅰ．原子半径：甲＜丙＜乙＜丁
Ⅱ．原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8
Ⅲ．原子的核外电子层数：丁>乙=丙=2甲
Ⅳ．乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2
则下列说法不正确的是
A．乙元素的最外层有5个电子，其氢化物含有极性键
B．四种元素中丙的非金属性最强，其最高价氧化物对应的含氧酸酸性最强
C．丁元素的氧化物对应的水化物与乙元素最高价氧化物对应水化物恰好完全反应形成的盐溶液显酸性
D．乙、丙两元素形成的简单氢化物稳定性丙的强于乙
【答案】B
【分析】甲、乙、丙、丁四种短周期元素，原子的核外电子层数：丁>乙=丙=2甲，说明丁在第三周期，乙、丙在第二周期，甲在第一周期，乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，说明乙为第ⅤA,则乙为N，原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8，丁为ⅢA的Al，甲为H，丙为F，据此分析解答。
【详解】A.氮原子属于第ⅤA元素，最外层5个电子，NH3中N-H键是极性键，A正确；
B.丙为F，非金属性最强，但由于它非常活泼，没有最高价的含氧酸，B错误；
C.丁是铝，乙是N，氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝，属于强酸弱碱盐，水解显酸性，C正确；
D.N的非金属性比F弱，所以NH3的稳定性比HF弱，D正确；
选B。
13．在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中能转化为和，示意图如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
下列说法正确的是（ ）
A．两池发生的反应中，氮元素只被氧化
B．两池中投放的废液体积相等时，能完全转化为
C．常温常压下，反应Ⅱ中生成转移的电子数为
D．
【答案】D
【详解】A. 反应Ⅱ，中N被氧化，而中N被还原，故A错误；
B. 反应Ⅰ中转化为时元素守恒，转化为，根据反应Ⅱ，铵离子与硝酸根的物质的量的比为时可完全转化为，故B错误；
C. 常温常压下的物质的量未知，因常温下的气体摩尔体积未知，故C错误；
D. 已知：①，② ，根据盖斯定律可得： ，故D正确；
答案选D。
二、多选题
14．某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是( )
A．b电极上发生还原反应
B．外电路电流方向是从a到b
C．电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯
D．a电极上发生的反应为MnO4-＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O
【答案】BD
【分析】原电池中负极失去电子，电子经外电路流向正极，正极发生得电子反应。溶液中和盐桥内，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
【详解】从电池总反应看，FeSO4失电子生成Fe2(SO4)3，石墨b为负极，发生氧化反应（A项错误），电极反应为Fe2+-e-=Fe3+；KMnO4得电子生成MnSO4，石墨a为正极，发生还原反应，电极反应为MnO4-＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O（D项正确）。外电路中，电子从负极b流向正极a，则电流从正极a流向负极b（B项正确）。溶液中和盐桥内，阳离子（K+等）移向正极a所在的甲烧杯，阴离子（SO42-等）移向负极b所在的乙烧杯（C项错误）。
本题选BD。
三、单选题
15．某试液中只可能含有下列中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L。某同学进行了如下实验：
下列说法正确的是
A．无法确定原试液中是否含有
B．滤液X中大量存在的阳离子有和
C．原溶液中存在的离子为
D．无法确定沉淀C的成分
【答案】C
【分析】由试液中加入过量稀硫酸无明显现象可知，试液中一定不含有碳酸根离子和偏铝酸根离子，再加入过量硝酸钡溶液有气体生成说明试液中含有亚铁离子，生成硫酸钡沉淀A无法确定试液中是否含有硫酸根离子；向滤液X中加入过量氢氧化钠溶液有气体生成说明试液中含有铵根离子，生成氢氧化铁沉淀B说明滤液X中含有铵根离子、铁离子和钡离子；由滤液中通入少量二氧化碳产生沉淀C说明溶液中钡离子与二氧化碳和氢氧根反应生成碳酸钡沉淀，不能确定溶液中是否含有偏铝酸根离子，则试液中一定含有亚铁离子、铵根离子，一定不含有碳酸根离子和偏铝酸根离子，由离子浓度均为0.1mol/L，结合电荷守恒可知，试液中一定含有硫酸根离子和氯离子，一定不含有铝离子、钾离子，沉淀C为碳酸钡沉淀，所以试液中一定含有亚铁离子、铵根离子、硫酸根离子和氯离子，一定不含有碳酸根离子、偏铝酸根离子、铝离子和钾离子。
【详解】A．由分析可知，试液中一定含有氯离子，故A错误；
B．由分析可知，滤液X中含有铁离子，不含有亚铁离子，故B错误；
C．由分析可知，试液中一定含有亚铁离子、铵根离子、硫酸根离子和氯离子，故C正确；
D．由分析可知，沉淀C为碳酸钡沉淀，故D错误；
故选C。
四、实验题
16．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如下图所示：
FeCl3溶液 /含有淀粉的碘水/NaOH溶液
A B C
(1)SO2气体还原Fe3＋的氧化产物是____________（填离子符号），参加该反应的SO2和Fe3＋的物质的量之比是____________。
(2)下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是____________（填序号）。
A．Na2SO3溶液与HNO3 B．Na2SO3固体与浓硫酸
C．固体硫在纯氧中燃烧 D．铜与热浓H2SO4
(3)装置C的作用是_______________________________________。
(4)若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有____________（填序号）。
A．蒸发皿 B．石棉网 C．漏斗 D．烧杯 E．玻璃棒 F．坩埚
(5)在上述装置中通入SO2，为了验证A中SO2与Fe3＋发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：
方案①：往第二份试液加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀。
方案②：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去。
方案③：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀。
上述方案不合理的是________，原因是__________________________________。
(6)能表明I－的还原性弱于SO2的化学方程式为__________________________________。
【答案】(1) 1:2
(2)BD
(3)吸收SO2尾气，防止污染空气
(4)BF
(5) 方案② 因为A的溶液中含有氯离子（或二氧化硫），氯离子或SO2也能使KMnO4溶液褪色
(6)SO2 + I2 +2H2O == H2SO4 + 2HI
【详解】（1）反应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，所以还原产物是Fe2+，参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是1:2。
（2）A、硝酸具有强氧化性，把亚硫酸钠氧化成硫酸钠，得不到二氧化硫，错误；
B、浓硫酸虽具有强氧化性，但不能氧化生成的SO2，正确；
C、固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，错误；
D、铜和浓硫酸在加热条件下可以制得二氧化硫，正确。
（3）二氧化硫是酸性氧化物，具有刺激性气味，直接排放污染大气，能和碱反应生成盐和水，所以可用碱液处理二氧化硫，所以装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气；
（4）操作步骤：蒸发需用到蒸发皿，冷却结晶需用到烧杯，过滤需用到漏斗、玻璃棒，故不需要石棉网和坩埚。
（5）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，所以不合理的是方案①，因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色。
（6）I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
五、工业流程题
17．以铬铁矿（主要成分是FeO·Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等）为原料制取Na2CrO4晶体的工艺流程如下：
已知：①+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH>9时以CrO形式存在且易氧化；②常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH如下：
阳离子
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
7.6
9.0
——
——
沉淀完全时的pH
3.7
9.6
11.0
8
9（>9溶解）
（1）滤渣1主要成分是__________________。
（2）写出流程中第1次使用H2O2时，发生反应的离子方程式__________________。
（3）“调pH=8”和“调pH>11”中间的“过滤”步骤能否省略，为什么？___________。
（4）写出第2次使用H2O2时，发生反应的离子方程式___________。
（5）流程图中从Na2CrO4溶液至产品中间“□”内的操作是__________、__________过滤、洗涤、干燥
（6）当溶液调pH=10时，则溶液中c(Mg2+) 为__________ 。【已知Ksp(Mg(OH)2)=5.6×10-12】
（7）在酸性条件下转化为。工业上常用Fe2+处理酸性K2Cr2O7废水，先将转化为Cr3+，该反应的离子方程式为_____________，再调节溶液的pH使金属离子生成沉淀而除去。
【答案】 SiO2 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 不能，当pH=8时Al3+已经完全转化为Al(OH)3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO 2CrO+3H2O2+2OH−═2CrO+4H2O 蒸发浓缩 冷却结晶 5.6×10−4 6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【分析】铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应加入溶液，而SiO2不反应，过滤除去SiO2。用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH=8时，Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤得到滤渣为Al(OH)3和Fe(OH)3，再调节pH=11，Mg2+完全沉淀被除去且Cr元素以CrO 的形式存在，过滤后，向滤液中再加入过氧化氢，将CrO2-氧化为CrO，最后采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到Na2CrO4晶体，以此解答。
【详解】(1)铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应加入溶液，而SiO2不反应，过滤除去SiO2，滤渣1主要成分是SiO2，故答案为：SiO2；
(2)第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
(3)“调pH=8”时沉淀成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，如果不把前者除去，当继续加入NaOH至pH=11时，Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO，故答案为：不能，当pH=8时Al3+已经完全转化为Al(OH)3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO；
(4)第二次加入H2O2是为了将CrO氧化为CrO，反应离子方程式为：2CrO+3H2O2+2OH−═2CrO+4H2O，故答案为：2CrO+3H2O2+2OH−═2CrO+4H2O；
(5)Na2CrO4溶液得到Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(6)Ksp(Mg(OH)2)=5.6×10−12，当溶液调pH=10时，c(OH−)==10−4mol/L，则溶液中c(Mg2+)= ==5.6×10−4，故答案为：5.6×10−4；
(7)在酸性条件下，Fe2+与Cr2O反应生成Cr3+和Fe3+，反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，再根据题中提供的阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，调节pH=9时，溶液中的金属离子都生成沉淀而除去，故答案为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
六、元素或物质推断题
18．X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：
X
Y
Z
M
R
Q
原子半径/nm
0.186
0.074
0.099
0.143
主要化合价
－4，＋4
－2
－1，＋7
＋3
其他
阳离子核外无电子
无机非金属材料的主角
焰色反应呈黄色
（1）R在元素周期表中的位置是__；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为__。
（2）Z的单质与水反应的化学方程式为___。
（3）Y与R相比，非金属性较强的是___(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是__(填字母)。
A．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
B．稳定性：XR>YX4
C．Y与R形成的化合物中Y呈正价
（4）根据表中数据推测，Y的原子半径(用r表示)的最小范围是___。
（5）甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲＋乙→丙＋水。若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式为___。
【答案】 第三周期第ⅦA族 同位素 2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑ Cl BC 0.099nm
【详解】1）R为Cl元素，核外有17个电子，核外电子排布为2、8、7，所以Cl元素处于第三周期ⅦA族；
R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，中子数不同，二者互为同位素，故答案为：第三周期ⅦA族；同位素；
（2）Z为Na元素，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（3）Y为Si元素，R为Cl元素．同周期自左而右，非金属性减弱，所以非金属性Si＜Cl；
A．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态，状态不能说明元素的非金属性强弱，故a错误；
B．非金属越强，氢化物越稳定，稳定性XR＞YX4，说明X的非金属性强，故b正确；
C．Y与R形成的化合物中Y呈正价，说明X吸引电子能力强，X的非金属性强，故c正确．
故答案为：Cl；BC；
（4）Y为Si元素，同周期自左而右，原子半径减小，所以原子半径Al＞Si＞Cl，即大于0.099nm小于0.143nm，
故答案为：0.099nm
【点睛】解决本类题目要认真分析题目所给信息，找到突破口，对学习过程中一些具体特殊性质的物质要有清楚的认识；同位素是指同种元素的不同核素，同素异形体是指同种元素形成的不同单质。
七、计算题
19．大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）之后才能排放。
（1）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
回答下列问题：
①CO的燃烧热ΔH为 _________。若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，则1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为_________kJ。
②CO将NO2还原为单质的热化学方程式为 ________________。
（2）图是一种用NH3脱除烟气中NO的原理。
①该原理中，NO最终转化为H2O和_______（填化学式）。
②当消耗1 mol NH3和0.5 mol O2时，除去的NO在标准状况下的体积为____L。
（3）间接电化学法，如图所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式_____________。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理_______。
【答案】 -283kJ/mol 631.75 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) ΔH=-1196kJ/mol N2 11.2 2HSO3－＋2e－＋2H+＝S2O42－+2H2O 2NO＋2S2O42－＋2H2O＝N2＋4HSO3－
【详解】(1) ①由①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1可知, 2molCO完全燃烧放出566.0 kJ的热量，所以1molCO完全燃烧放出283kJ的热量，所以CO的燃烧热ΔH为-283kJ/mol；若1 mol N2(g)、1 mol O2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，设1 mol NO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为x，由②N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH=946k +498k-2x=+180.5，解之得x=631.75 ,所以1 mol NO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75kJ；
②由①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH1＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH2＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH3＝−116.5 kJ·mol−1
①2-②-③可得: 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) ΔH=(-566.0kJ/mol)2-(+ 180.5kJ/mol)-( -116.5 kJ/mol)=-1196kJ/mol , 所以CO将NO2还原为单质的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) ΔH=-1196kJ/mol；
(2) ①由脱硝原理确定从体系中分离出的物质为生成物，分别为N2和H2O；
②由电子得失相等计算：O2～2O2-,得电子4mol，0.5mol氧气反应得到电子2mol； 2NO～N2失电子4mol，当失去电子2mol时，有0.5mol氮气生成 标况下体积是11.2L；
（3）根据电解池中阳极氧化、阴极还原，阴极发生还原反应，根据图示，亚硫酸氢根离子得电子生成连二亚硫酸根离子，电极反应式为：2HSO3－＋2e－＋2H+＝S2O42－+2H2O；连二亚硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO＋2S2O42－＋2H2O＝N2＋4HSO3－。
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