62，湖南省株洲市第十三中学2023-2024学年高二上学期1月期末考试化学试题

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注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(本大题共 18小题，每小题3分，共 54分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法不正确的是
A. 该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B. H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该历程中反应速率最慢的一步：
D. 该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应进程图象可知，甲酸在催化剂的作用下，分解成CO2和H2，即该过程中的总反应为您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 HCOOHCO2↑+H2↑，故A说法正确；
B．根据反应机理图可知，甲酸电离产生H+和HCOO-，HCOO-参与反应，与催化剂结合放出二氧化碳，若H+浓度过大，抑制甲酸的电离，使c(HCOO-)降低，反应速率减慢，若H+浓度降低，反应Ⅲ→Ⅳ速率减慢，故B说法正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，根据反应进程图象可知，，活化能最大，反应速率最慢，故C说法正确；
D．虽然铁连接的原子数和种类发生了改变，但是配离子的电荷数没变，因此Fe元素化合价不变，故D说法错误；
答案为D。
2. 氨氮废水的处置一直是工业难题，最近我国科学家开发了如下电解装置可将其氧化去除。处理前先调节废水pH=12，通电后可将其转化为无害气体，已知装置中A、B电极均为惰性电极，下列分析错误的是
A. 电极A应与外电源正极相连
B. 处理废水过程中A电极附近pH降低
C. OH-从电极B向电极A定向移动
D. N2与H2的体积比为3：1
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，电极A上Cl-失电子被氧化为ClO-，A是阳极，电极A应与外电源正极相连，故A正确；
B．处理废水过程中A电极发生反应Cl--2e-+2OH-=ClO-+H2O，反应消耗OH-，pH降低，故B正确；
C．OH-向阳极移动，A是阳极，OH-从电极B向电极A定向移动，故C正确；
D．生成1mlN2转移6ml电子，生成1mlH2转移2ml电子，根据得失电子守恒，N2与H2的体积比为1：3，故D错误；
选D。
3. 室温下，向体积均为20mL，浓度均为0.1ml/L的HX溶液和HY溶液中分别滴加0.1ml/L的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c水(OH-)的负对数［-lgc水(OH-)]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如下表。下列说法不正确的是
注：a<20A. Ka(HX)≈10-5
B. 10C. 根据表中数据，可判断HY为强酸
D. 加入20mLNaOH溶液时，两溶液的离子总浓度相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．当a=0时，为HX弱酸溶液，-lgc水(OH-)=11，溶液中c(H+)=10-3ml/L，c(H+)=c(X-)，Ka(HX)=≈10-5，故A正确；
B．若a=10时，溶质为等物质的量浓度的HX和NaX，根据电离常数可知，电离大于水解，则-lgc水(OH-)>7，故a>10且<20，故B正确；
C．根据a=20时，酸碱恰好反应生成NaY，此时-lgc水(OH-)=7，可知溶液显中性，故HY为强酸，故C正确；
D．加入20mLNaOH溶液时，两溶液都恰好反应生成NaX和NaY，均有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，两溶液中c(Na+)相同，但c(H+)不同，故离子总浓度不同，故D错误；
故选D。
4. 常温下，三种金属硫化物XS、YS、ZS的饱和溶液中pM[pM= -lgc(M2+)]与pS[pS= -lgc(S2-)]的关系如图所示。已知：Ksp(XS) > Ksp(YS) > Ksp (ZS)。

下列叙述正确的是
A. 直线③代表ZS
B. Ksp (XS) =1 ×10-36
C. 向c点饱和溶液中加少量Na2S，c点向b点迁移
D. YS(s) +Z2+(aq) ZS(s) +Y2+ (aq) K=1 ×108
【答案】D
【解析】
【分析】pS一定时，纵坐标pM数值越小，溶度积常数越大，已知：Ksp(XS) > Ksp(YS) > Ksp (ZS)，则直线①②③分别代表ZS、YS、XS；
【详解】A．由分析可知，直线③代表XS，故A错误；
B．当pS=0时pX=14，即c(S2-)=1，c(X2+)=10-14ml/L，Ksp (XS) = c(X2+)∙ c(S2-)=1 ×10-14，故B错误；
C．向c点饱和溶液中加少量Na2S，c(S2-)增大，而温度不变Ksp (YS) 不变，c(Y2+)减小，pM= -lgc(Y2+)增大，c点不会向b点迁移，故C错误；
D．当pS=0即c(S2-)=1时pY=28即c(Y2+)=10-28ml/L，Ksp (YS) = c(Y2+)∙ c(S2-)=1 ×10-28，同理Ksp (ZS) =1 ×10-36，该平衡常数，故D正确；
故选：D。
5. 我国建成全球首套千吨级液态太阳燃料合成示范装置，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 太阳能在此过程中主要转化为电能和化学能
B. 反应Ⅰ和反应Ⅱ都属于氧化还原反应
C. 中存在的化学键有：离子键、共价键、氢键
D. 该过程产生的氢气和甲醇都可作为燃料电池燃料
【答案】C
【解析】
【详解】A．图中可知，该装置为太阳能光伏发电且产生了燃料CH3OH，即太阳能转化为电能和化学能，A项正确；
B．反应分别为、3H2+CO2=H2O+CH3OH，这两个反应均为氧化还原反应，B项正确；
C．CH3OH中的化学键只有共价键，没有离子键，且氢键不属于化学键，C项错误；
D．该装置中产生了H2和CH3OH均能作为燃料电池的负极材料，D项正确；
故选C。
6. 能促进水的电离，并使溶液中c(H+)>c(OH–)的操作是
①将水加热煮沸 ②向水中投入一小块金属钠 ③向水中通HCl ④向水中加入明矾晶体 ⑤向水中加入NaHCO3固体 ⑥向水中加KHSO4固体
A. ④B. ①④⑥C. ①③⑥D. ④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①水的电离是吸热过程，将水加热煮沸，促进水的电离，但纯水中仍然存在c(H+)=c(OH–)，①错误；
②向水中投入一小块金属钠，Na和水反应生成NaOH，NaOH是强碱且抑制水的电离，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH–)，②错误；
③向水中通HCl，HCl是强酸，在水中电离出氢离子，抑制水的电离，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH–)，③错误；
④向水中加入明矾晶体，Al3+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH–)，Al3+水解促进水的电离，④正确；
⑤向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH–)，碳酸氢根离子水解促进水的电离，⑤错误；
⑥向水中加KHSO4固体，KHSO4完全电离生成氢离子，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH–)，抑制水的电离，⑥错误。
综上，只有④正确，A项正确；
答案选A。
【点睛】注意明确：酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，含有弱酸根阴离子或弱碱阳离子的盐发生水解，促进水的电离。能促进水的电离，并使溶液中c(H+)＞c(OH–)，则为强酸弱碱盐。答题时要从外界条件对水电离平衡的影响因素结合水的电离特点分析判断。
7. 是二元弱酸，常温下向溶液中滴入0.1000ml/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。已知，下列说法正确的是
A. 常温下，溶液中
B. 常温下，的一级电离常数Ka1约为
C. 与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为
D. a点溶液中存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．当加入盐酸的V=20时，溶质为NaH2PO3，根据图示可得出，常温下，溶液显酸性，的电离大于水解，故，A项错误；
B．c点时溶液中，，，B项错误；
C．是二元弱酸，与足量的溶液反应生成，C项错误；
D．当加入盐酸的V=10，可知c(NaCl)=(Na2HPO3)=c(NaH2PO3)，根据A点电荷守恒，可知①c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+ c(H2PO)+2c(HPO)，根据物料守恒，则有②c(Na+)=2c(H2PO)+2c(HPO)+2c(H3PO3)，将①②联立，可得，D项正确；
答案选D。
8. 下列关于物质的性质和应用的说法错误的是
A. 绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，可用作补血剂
B. 赤铁矿可用于冶炼生铁，发生的主要反应是Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
C. 泡沫灭火器中发生的反应是6NaHCO3+Al2(SO4)3=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4
D. 用Na2S作还原剂，除去水中的Cu2+和Hg2+
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．绿矾的化学式为：FeSO4·7H2O，绿矾可用于净水剂、补血剂等，故A正确；
B．赤铁矿可用于冶炼生铁，发生的主要反应是Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故B正确；
C．泡沫灭火器中发生的反应是硫酸铝与碳酸氢钠发生双水解反应生成Al(OH)3、CO2、Na2SO4，方程式为：6NaHCO3+Al2(SO4)3=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4，故C正确；
D．重金属离子Cu2+、Hg2+能够和硫离子反应产生不溶于水的金属硫化物沉淀，该过程不是氧化还原反应，Na2S不是还原剂，故D错误；
故选D。
9. 在配制0.1000 NaOH标准溶液并用其滴定未知浓度盐酸的实验过程中，不需要用到的仪器是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．为容量瓶，配制0.1000 NaOH标准溶液需要容量瓶，A不选；
B．为锥形瓶，滴定实验过程中需要锥形瓶装待测液，B不选；
C．分液漏斗，在分液操作时才需要分液漏斗，配制溶液和滴定实验不需要，C选；
D．为碱式滴定管，滴定实验中需要碱式滴定管装NaOH标准溶液，D不选；
故选：C。
10. 工业上，利用氨气还原二氧化氮的技术已经成熟。250℃时，在1L恒容密闭容器中通入氨气和二氧化氮，发生反应： ，测得容器中压强随时间变化情况如下：
下列说法不正确的是
A. 单位时间内断裂键，同时断裂键即达到平衡状态
B. 在内，二氧化氮的化学反应速率是
C. 达到化学平衡时，氮气的体积分数是30%
D. 的活化能小于的活化能
【答案】C
【解析】
【详解】A．单位时间内断裂键，即消耗氨气，同时断裂键，即消耗，说明正逆反应速率相同，即达到平衡状态，选项A正确；
B．利用容器体积不变，温度不变，压强比等于气体的物质的量之比，时，设转化的NO2的物质的量为x，根据三段式有：
则有，解得x=0.42ml，二氧化氮的化学反应速率是=，选项B正确；
C．根据表格中的数据，可以看出在时，化学反应达到平衡，设N2的物质的量为y，利用三段式可知：
则有，解得y=0.98ml，气体总物质的量为=7.7ml，氮气的体积分数约为=12.7%，选项C错误；
D．由于是放热反应，逆反应是吸热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，选项D正确；
答案选C。
11. 向1L 0.1ml·L-1H3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3AsO3、、、的分布分数(平衡时某微粒的浓度占微粒浓度之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A. Na2HAsO3溶液呈碱性，NaH2AsO3溶液呈酸性
B. 25°C时，H3AsO3的第一电离平衡常数Ka1的值为10 -9
C. 当溶液的pH在7.35~7.45之间时含砷元素的主要微粒是
D. N点，c(OH- )+2c( )+3c( )=c(Na+ )+c(H+)
【答案】B
【解析】
【分析】向1L 0.1ml·L-1H3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3AsO3逐渐减少、先增加后减小、也是先增加后减少但是变化比晚、一直增加；故对应曲线为；
【详解】A．由图可知，Na2HAsO3溶液、NaH2AsO3溶液的pH均大于7，溶液均呈碱性，A错误；
B．M点c( )= c( )，此时pH=9，则25°C时，H3AsO3的第一电离平衡常数Ka1，B正确；
C．由图可知，当溶液的pH在7.35~7.45之间时含砷元素的主要微粒是，C错误；
D．N点，c( )= c( )，由电荷守恒可知，c(OH- )+ c( )+2c( )+3c( )=c(Na+ )+c(H+)，N点，c( )= c( )，则c(OH- )+ 3c( )+3c( )=c(Na+ )+c(H+)，D错误；
故选B
12. 下列物质属于弱电解质的是
A. NH3B. H3PO4C. NaHCO3D. CH3CH2OH
【答案】B
【解析】
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下就能够导电的化合物，根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，全部电离的是强电解质，只有少部分电离的是弱电解质，据此判断。
【详解】A．NH3不能自身电离，是非电解质，A不符合；
B．H3PO4溶于水部分电离，属于弱电解质，B符合；
C．NaHCO3溶于全部电离，属于强电解质，C不符合；
D．CH3CH2OH不能自身电离，是非电解质，D不符合；
答案选B。
13. 向2 mL 1 ml/L淀粉KI溶液中通入SO2再加入1 mL 1ml/L盐酸，溶液迅速变黄，塞紧胶塞静置一段时间，溶液变成乳黄色。
下列说法中不正确的是
资料：SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O
A. 整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用
B. 该反应能够证明SO2既有氧化性又有还原性。
C. 改变c(H+)对反应速率没有影响
D. 结合实验现象可以证明SO2与I-的反应速率小于SO2与I2的反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由题可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和SO，反应方程式为3SO2+2H2OS↓+2SO+4H+，KI在反应过程中没有任何改变，故为催化剂，A正确；
B．根据A选项的方程式可知，SO2既有氧化性又有还原性，B正确；
C．H+为反应物，改变反应物浓度，改变反应速率，C错误；
D．KI先与SO2反应生成I2，若SO2与I-的反应速率大于SO2与I2的反应，则应该马上生成淡黄色固体，但是先生成了乳黄色液体，而要在一定条件下沉淀才能生成S，则可以说明SO2与I-的反应速率小，D正确；
答案选C。
14. 室温下向10mL0.1 ml·L－1NaOH溶液中加入0.1 ml·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. HA为强酸
B. a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C. b点所示溶液中c(A—)> c(HA)
D. pH＝7时，c(Na+)＝c(A—)+ c(HA)
【答案】C
【解析】
【详解】A．室温下向10mL0.1 ml·L－1NaOH溶液中加入0.1 ml·L－1的一元酸HA，当加入10ml酸溶液时，酸碱恰好完全反应，生成NaH溶液，此时溶液显碱性，说明HA为弱酸，选项A不正确；
B．a点溶液里存在A-的水解，此时促进水的电离，而b点溶液里HA过量，HA的电离抑制水的电离，选项B不正确；
C．b点对应溶液里溶质NaH和HA是等物质量，此时溶液显酸性，说明HA的电离大于A-的水解，此时c(A—)> c(HA)，选项C正确；
D．混合溶液里存电离守恒：c(H+)+c(Na+)＝c(A—)+ c(OH-)，当溶液显中性时，c(Na+)＝c(A—)，选项D不正确。
15. 下列化学仪器在酸碱滴定实验中无需用到的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸式和碱式滴定管用于盛放标准液，需要使用，A错误；
B．锥形瓶用于盛放待测液，需要使用，B错误；
C．分液漏斗不需要使用，C正确；
D． 蝴蝶夹用于固定滴定管，需要使用，D错误；
故选C。
16. 下列各示意图与对应的表述正确的是
A. 图①表示一定条件下某化学反应的速率随时间变化的趋势图，该反应一定为放热反应
B. 图②中曲线表示将氢氧化钠溶液滴加到醋酸溶液浓度的变化趋势图
C. 图③表示等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁粉，产生H2的物质的量的变化
D. 图④为水的电离平衡曲线图，若从A点到C点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法
【答案】B
【解析】
【详解】A．仅根据速率-时间图象不能确定该反应是放热反应还是吸热反应，A错误；
B．向醋酸溶液中滴加氢氧化钠溶液，醋酸的浓度逐渐降低，恰好反应后氢氧化钠的浓度开始逐渐增加，图象正确，B正确；
C．盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在浓度相等的条件下盐酸与镁的反应速率快，先达到反应终点，应该是盐酸的拐点靠前，C错误；
D．根据图象可知A到C氢离子和氢氧根的浓度均增大，即水的离子积增大，所以不可能是加入氢氧化钠，应该是加热，D错误；
故选B。
17. 科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2转化为CO，实现节能减排的目标。下列有关说法正确的是
A. N极为阴极
B. 离子交换膜为阴离子交换膜
C. 阳极的电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O
D. 理论上该装置在工作时，、缓冲溶液的pH保持不变
【答案】D
【解析】
【分析】该装置外电路有光伏电池(将太阳能转化为电能)，故为电解池装置，P极上，CO2得电子转化为CO，故P极为阴极，N极为阳极，阴极的电极反应式为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O，需要缓冲溶液提供H+，故离子交换膜为阳离子交换膜，阳极电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，N极为阳极，A错误；
B．由分析可知，阴极的电极反应式为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O，需要缓冲溶液提供H+，故离子交换膜为阳离子交换膜，B错误；
C．由分析可知，阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，C错误；
D．缓冲溶液流入阴极的H+和阳极流入缓冲溶液的H+数目相等，故随着反应进行，缓冲溶液中c(H3PO4)不变，c(KH2PO4)不变，即理论上该装置在工作时，H3PO4、KH2PO4缓冲溶液的pH保持不变，D正确；
故答案为：D。
18. 下面是丙烷(用表示)的氯化和溴化反应时的相对能量变化图(已知)及产率关系。有关说法不正确的是

A. 完全生成放热
B. 比稳定
C. 以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2－丙醇，优于
D. 溴代和氯代第一步都是决速反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，1个RH(g)分子转化成RCl(g)放热，则1mlRH(g)完全生成1mlRCl(g)放热6.02×1023×，故A错误；
B．由图可知，的能量比低，则比稳定，故B正确；
C．由题目信息可知，丙烷和Br2发生取代反应时相比和Cl2发生取代反应更加容易生成CH2CH(X)CH3，CH2CH(X)CH3在NaOH水溶液中发生水解反应可以得到2-丙醇，则以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇，Br2优于Cl2，故C正确；
D．由图可知，溴代和氯代第一步反应活化能大于第二步，说明第一步反应速率小于第二步，则溴代和氯代第一步都是决速反应，故D正确；
故选：A。
二、非选择题(本大题共5小题，共46分)
19. 电镀污泥是指电镀废水处理后产生的污泥和镀槽淤泥，被列入国家危险废物名录，属于第十七类危险废物。电镀污泥中含有Cr(OH)3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质，工业上通过“中温焙烧—钠氧化法”回收得到Na2Cr2O7等物质。
已知：①水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质
②不同钠盐在不同温度下的溶解度（g）如下表
（1）水浸后的溶液呈____性（“酸”、“碱”、“中”）。
（2）完成氧化焙烧过程中生成Na2CrO4的化学方程式：
____Cr(OH)3+____Na2CO3+_____ = ____Na2CrO4+___CO2+_____
（3）滤渣II的主要成分有Zn(OH)2、_____________。
（4）“系列操作”中为：继续加入H2SO4，________________________（填操作方法），过滤。继续加入H2SO4目的是_____________________（结合平衡移动的原理予以说明）。
（5）工业上还可以在水浸过滤后的溶液（Na2CrO4）加入适量H2SO4，用石墨做电极电解生产金属铬，写出生成铬的电极反应方程式_______________________________。
【答案】 ①. 碱性 ②. 4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O ③. Al(OH)3 ④. 蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶 ⑤. 促进平衡2CrO42ˉ+2H+Cr2O72ˉ+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7 ⑥. CrO42ˉ+8H++6eˉ=Cr+4H2O或Cr2O72ˉ+14H++12 eˉ=2Cr+7H2O
【解析】
【详解】以含有Cr(OH)3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质的电镀污泥为原料，烘干后加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，ZnO++Na2CO3Na2ZnO2+CO2↑，水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO，滤液为Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等，调节溶液pH沉淀ZnO22-离子和偏铝酸根离子，过滤得到滤液Na2CrO4，加入硫酸酸化生成重铬酸钠溶液，通过提纯得到重铬酸钠；
（1）水浸后溶液中存在Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等都为强碱弱酸盐，水解呈碱性；（2）氧化焙烧过程中有氧气参加反应，根据质量守恒可知还应生成水，反应的方程式为4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O；（3）Zn(OH)2、Al(OH)3具有两性，水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质，加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn(OH)2、Al(OH)3沉淀；（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸发生2CrO42ˉ+2H+Cr2O72ˉ+H2O，加入硫酸可使平衡向正反应方向移动，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体；（5）生成铬的电极发生还原反应，CrO42ˉ得到电子生成Cr，反应的电解方程式为CrO42ˉ+8H++6eˉ=Cr+4H2O。
点睛：本题考查物质的分离提纯的综合实验设计，侧重于分离、提纯方案的设计和操作，注意把握题给信息和电极方程式的书写。注意制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。
20. 金属镁及其化合物在科学研究及生产中具有广泛的用途。
（1）镁能在氧气、空气、氮气或二氧化碳中燃烧。
①点燃条件下，单质镁能与CO2发生置换反应并产生大量的热，反应的化学方程式为_____________________________________________。
②在空气中燃烧会发出眼的自光，将燃烧产物X置于60℃的热水中并充分搅拌，最终得到白色固体，同时有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体生成。则产物X中除MgO外，还肯定含有的物质是_________(填化学式)。
（2）镁一过氧化氢电池具有能量高、安全方便等优点，可用于驱动无人驾驶的潜航器。某种镁一过氧化氢电池以海水为电解质溶液，其工作原理如右图所示(已知：氢氧化镁难溶于水)。
正极的电极反应式为___________________________，隔膜应选择_________ (填“阳”或“阴”)离子膜。
（3）轻质碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]在化工生产上有广泛的用途。以卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2+、Fe3+等杂质离子)为原料制备它的工艺流程如下：
常温下，Fe3+、Fe2+、Mg2+生成氢氧化物沉淀时的pH：
[注：Fe(OH)2沉淀呈絮状，不易从溶液中除去]。
①写出一条能提高酸浸速率的措施：_______________________________________。
②“氧化”过程中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________________。
③加入NaOH溶液调节pH，通常控制pH在9.0左右，其目的是__________________。
④热解时，反应的离子方程式为____________________________________。
⑤操作I、Ⅱ均是将固体与液体分离，但在对分离后所得固体的操作上有明显差异，差异是_____________________________________________。
【答案】 ①. 2Mg＋CO22MgO＋C ②. Mg3N2 ③. H2O2＋2e－=2OH－ ④. 阳 ⑤. 将卤块粉碎(或加热、搅拌、适当增大盐酸浓度等) ⑥. 1∶2 ⑦. 将溶液中的Fe3＋尽可能多地除去，同时避免Mg2＋形成沉淀 ⑧. 2Mg2＋＋4HCO3-＋2H2OMgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑ ⑨. 操作Ⅱ过滤后所得固体为产品，还必须对产品进行洗涤、干燥
【解析】
【详解】（1）①单质镁能与CO2发生置换反应2Mg＋CO22MgO＋C，故答案为2Mg＋CO22MgO＋C；
②将燃烧产物X置于60℃的热水中并充分搅拌，最终得到白色固体，同时有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体生成，由所述现象可知此为水解反应，产生的使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，沉淀为氢氧化镁，根据原子守恒以及“Mg能在氧气、空气、氮气、二氧化碳中燃烧”，反应物为Mg3N2，反应为Mg3N2+6H2O2NH3↑+3Mg(OH)2↓，故答案为Mg3N2；
（2）镁一过氧化氢电池由图可知总反应为Mg+ H2O2=Mg(OH)2，即镁电极为负极，石墨电极为正极，以海水为电解质溶液，即电解质环境为弱碱性，所以正极反应为H2O2＋2e－=2OH－，故答案为H2O2＋2e－=2OH－；氢氧化镁难溶于水，所以生成的氢氧化镁不能覆盖到镁电极上，因此需要镁离子通过隔膜到石墨电极附近生成氢氧化镁，即隔膜应选择阳离子膜，故答案为阳离子膜；
（3）①卤块为固体物质，提高酸浸速率的措施可将卤块粉碎、搅拌、加热、适当提高盐酸浓度等，故答案为将卤块粉碎（或搅拌、加热、适当提高盐酸浓度等）；
②“氧化”过程是将Fe2+氧化为Fe3+以便调节pH将铁元素杂质除去，反应离子方程式为2H++ClO-+2Fe2+=2Fe3++Cl-+H2O，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为1:2；
③加入NaOH溶液调节pH的目的是，通常控制pH在9.0左右，其目的是将溶液中的杂质Fe3＋尽可能多地除去，同时避免Mg2＋形成沉淀，故答案为将溶液中的杂质Fe3＋尽可能多地除去，同时避免Mg2＋形成沉淀；
④热解时，反应是Mg2＋和HCO3-反应生成轻质碳酸镁和二氧化碳，所以离子反应方程式为：2Mg2＋＋4HCO3-＋2H2OMgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑，故答案为2Mg2＋＋4HCO3-＋2H2OMgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑
⑤操作I、Ⅱ均是将固体与液体分离，但操作I过滤后产品在滤液中，所以对固体是舍弃的，在操作Ⅱ过滤后所得固体为产品，所以要保留，还必须对产品进行洗涤、干燥，故答案为操作Ⅱ过滤后所得固体为产品，还必须对产品进行洗涤、干燥。
【点睛】一般在金属离子除杂问题涉及到除铁离子与亚铁离子时，一般都是通过氧化剂将亚铁离子转化为铁离子，再调节pH除去铁离子。
21. 合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（I）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体。铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：
Cu(NH3)2Ac＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]Ac
完成下列填空：
（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是_________。（选填编号）
a.减压 b.增加NH3的浓度 c.升温 d.及时移走产物
（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式_______________
（3）简述铜液吸收CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）。
__________________________________________
（4）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为_______________。其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表达式是_________________________。通过比较_____________可判断氮、磷两种非金属元素的非金属性强弱。
（5）已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是____________。CS2熔点高于CO2，其原因是__________。
【答案】 ①. bc ②. 2NH3＋CO2＋H2O=(NH4)2CO3 (NH4)2CO3＋CO2＋H2O=2NH4HCO3 ③. ①低温加压下吸收CO②然后将铜液洗涤转移至另一容器中③高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用 ④. C＞N＞O＞H ⑤. ⑥. NH3和PH3的稳定性 ⑦. ⑧. CS2和CO2都是分子晶体，CS2的相对分子质量大，分子间作用力大
【解析】
【分析】（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率；
（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵；
（3）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱判断；
（4）CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高。
【详解】（1）降低压强，反应速率减小，a不正确；增加NH3的浓度或升高温度，反应速率均增大bc正确；及时移走产物，即降低生成物浓度，反应速率也减小，d不正确，答案选bc。
（2）氨气是碱性气体，CO2是酸性气体，二者反应的化学方程式为2NH3＋CO2＋H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3＋CO2＋H2O=2NH4HCO3。
（3）根据Cu(NH3)2Ac＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]Ac可知，该反应是体积减小的放热的可逆反应，因此吸收CO的适宜条件是低温加压下吸收CO。若要再生，则只需要将铜液洗涤转移至另一容器中；然后高温低压下释放CO，最后将铜洗液循环利用即可。
（4）铜液的组成元素中属于短周期元素的是H、C、N、O，同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则四种元素的原子半径大小顺序是C＞N＞O＞H；氮元素原子最外层有4个电子，根据核外电子排布规律可知，最外层电子排布的轨道表达式是。非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此可通过比较NH3和PH3的稳定性判断氮、磷两种非金属元素的非金属性强弱。
（5）已知CS2与CO2分子结构相似，则根据CO2的电子式可得CS2的电子式是。CS2和CO2都是分子晶体，CS2的相对分子质量大，分子间作用力大，因此CS2熔点高于CO2。
22. 水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件，某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧，实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ．酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2+I2=2I−+）。
回答下列问题：
（1）氧的固定”中发生反应的化学方程式为_________________________________。
（2）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、试剂瓶和_________________________，配制溶液定容时俯视会导致Na2S2O3溶液的浓度__________，（填“偏高”或“偏低”）蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________________及二氧化碳。
（3）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用0.5 ml·L−1Na2S2O3溶液滴定，以_________作指示剂，如何判断该反应到达终点_________________________________________________；若反应中消耗Na2S2O3溶液的体积为10 mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。
（4）上述滴定完成时，若滴定前平视，滴定后仰视会导致测量结果___________。（填“偏高”或“偏低”）
【答案】（1）
（2） ①. 容量瓶和玻璃棒 ②. 偏高 ③. 氧气
（3） ①. 淀粉溶液 ②. 当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色 ③. 400
（4）偏高
【解析】
【小问1详解】
由题述信息可知“氧的固定”中发生反应的化学方程式为；
【小问2详解】
配制一定物质的浓度的溶液所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、试剂瓶、玻璃棒、容量瓶等，故答案为容量瓶和玻璃棒；定容时俯视会造成溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，故答案为偏高；
【小问3详解】
水样经固氧、酸化后，滴入淀粉，溶液呈蓝色，用0.5 ml·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点时溶液的蓝色恰好完全褪去；根据关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3，可知水样中溶解氧含量为 [（0.5×10×10-3）÷4×32×103]÷0.1=400（mg·L−1），故答案为淀粉、当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色、400；
【小问4详解】
若滴定前平视，滴定后仰视会造成消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，从而导致测量结果偏高，故答案为偏高。
【点睛】本题中在进行水样中溶解氧含量的计算时涉及到多个化学反应，抓住其中的关系式来分析可将多个反应的计算转化为一步计算，简化计算过程，该方法是高中化学计算中常用的计算技巧。
23. 根据下图所示的关系填空，已知A为FeS2固体，C的焰色反应火焰呈黄色，其中①、③是硫酸工业生产中的重要反应，D、E常温下为气体，X常温下为无色液体，F是红棕色固体。
（1）物质X的化学式是______________。
（2）化合物B中所包含的化学键有__________和___________。
（3）反应④的离子方程式为_________________________________。
反应②的化学方程式为_________________________________，其中还原剂是_________。
（4）已知每生成16克E，放出106.5KJ的热量，则反应①的热化学反应方程式为_____________________________________________。（相对原子质量：Fe-56 S-3 O-16）
【答案】（1）H2O （2） ①. 非极性键 ②. 离子键
（3） ①. Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O ②. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ③. Na2O2
（4）4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) ΔH= -3408kJ/ml
【解析】
【分析】A为FeS2，①②是硫酸工业中的重要反应，D、E常温下为气体，F是红棕色固体，则D为O2，E为SO2，F为Fe2O3，G为SO3；X常温下是无色液体，B和X反应生成O2和C，且SO3可以和X反应生成H，C的焰色反应火焰呈黄色，则B为Na2O2，C为NaOH，X为H2O，H为H2SO4，I为Fe2(SO4)3；J受热可以得到Fe2O3，则J为Fe(OH)3。
【小问1详解】
经分析，X为H2O；
【小问2详解】
B为Na2O2，该物质含有非极性共价键和离子键；
【小问3详解】
H为H2SO4，F为Fe2O3，该反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；B为Na2O2，X为H2O，该反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，其中Na2O2既是氧化剂又是还原剂；
小问4详解】
E为SO2，16g SO2的物质的量为0.25ml，所以①的热化学反应方程式为4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) ΔH= -3408kJ/ml。0
a
20
b
HX
11
7
<7
7
HY
x
>7
7
>7
反应时间
0
10
20
30
50
60
70
总压
10
10.50
10.60
10.70
10.80
11.00
11.00
CH3CH2CH3
氯化(光，25)
45%
55%
溴化(光，127)
3%
97%
20℃
60℃
100℃
Na2SO4
19.5
45.3
42.5
Na2Cr2O7
183
269
415
Na2CrO4
84
115
126
Fe3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀时的pH
2.7
7.6
9.9
完全沉淀时的pH
3.7
9.6
11