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【化学】安徽省示范中学2019-2020学年高二上学期入学考试试题（解析版）
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安徽省示范中学2019-2020学年高二上学期入学考试试题
1.2019年4月28日晚，中国北京世界园艺博览会以“绿色生活、美丽家园”为主题正式拉开序幕，中国植被增加量占全球植被总增量25%以上。保护环境、减少污染、节能减排成为社会发展过程中不可回避的课题。下列有关说法正确的是（ ）
①推广乙醇汽油可以减少环境污染
②太阳能、生物质能、风能、氢能，均可再生
③工业上利用电解水获得大量清洁能源——氢能源
④用过量的空气与煤燃烧，可以提高煤燃烧时产生能量的利用率
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】A
【解析】
【详解】①推广乙醇汽油可以减轻环境污染，降低尾气中一氧化碳含量，有利于改善大气环境，故①正确；
②太阳能、生物质能、风能、氢能都属于可再生能源，故②正确；
③氢能是清洁能源，电解水法制氢气不符合节能减排理念，要消耗大量电能，成本太高，故③错误；
④用过量的空气与煤燃烧，过多的空气会带走能量，降低反应温度,降低煤燃烧时产生能量的利用率，④错误；
①②正确，故选A。
2.在粗盐的提纯实验中，下列操作不需要的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】提纯粗盐时，首先将粗盐溶解，加入氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠、盐酸等试剂使杂质生成沉淀，然后过滤，最后蒸发可得到较为纯净的食盐，整个过程用不到分液操作，故选B。
3.下列物质的性质与实际应用的对应关系正确的是（ ）
选项
物质的性质
实际应用
A
液氨具有碱性
作冷库中的制冷剂
B
FeCl3水溶液显酸性
蚀刻铜制线路板
C
石墨具有导电性
作干电池正极材料
D
Al2O3是两性氧化物
作耐火材料
【答案】C
【解析】
【详解】A项、氨气易液化，液氨常用作制冷剂，故A错误；
B项、FeCl3具有氧化性，能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3溶液常用作蚀刻铜制线路板，故B错误；
C项、石墨具有良好导电性，常用作干电池的正极材料，故C正确；
D项、Al2O3熔点高，常用作耐火材料，故D错误；
故选C。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价代数和为2，X的最外层电子数与Y、Z的最外层电子数之和相等，Z的族序数是周期数的2倍。下列说法错误的是
A. 原子半径：W
C. Y分别与X、Z形成的化合物的水溶液均显碱性
D. W的最简单氢化物与X的最简单氢化物反应可得到离子化合物
【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的最高正价与最低负价代数和为2，则W为N元素；Z的族序数是周期数的2倍，则Z是S元素；S的最外层电子数为6，由X的最外层电子数与Y、Z的最外层电子数之和相等可知，X的最外层电子数为7、Y的最外层电子数为1，则X为F元素、Y为Na元素。
【详解】A项、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则W、X、Y、Z的原子半径顺序为：X（F）
C项、NaF和Na2S均为强酸弱碱盐，水溶液均显碱性，故C正确；
D项、NH3与HF反应生成离子化合物NH4F，故D正确；
故选A。
5.处理含磷及氨氮废水(PO43－、HPO42－、H2PO4－、NH4＋、NH3·H2O等)并回收鸟粪石的一种工艺流程如下，下列说法错误的是（ ）
A. 除去水体中的磷和氨氮可防止水体富营养化并可回收利用氮磷
B. MgNH4PO4·6H2O的溶解度比MgHPO4的小
C. “过滤②”得到的“沉淀2"有Ca3(PO4)2及Mg(OH)2
D. 为简化流程，可将①②③的过滤步骤合并
【答案】D
【解析】
【分析】由流程图可知，在含磷及氨氮废水中加入磷酸氢镁脱除氨氮，得到MgNH4PO4·6H2O的悬浊液，过滤，分别收集得到MgNH4PO4·6H2O沉淀和滤液一；在滤液一中加入石灰脱除磷，得到含磷酸钙、氢氧化镁和少量氢氧化钙的悬浊液，过滤，分别收集得到混合物沉淀和滤液二；在滤液二中通入二氧化碳脱除残余钙离子，得到碳酸钙的悬浊液，过滤，分别收集碳酸钙和滤液三，滤液三即为脱除磷及氨氮的处理水。
【详解】A项、磷和氨氮是水体富营养化的主要原因，则除去水体中的磷和氨氮可防止水体富营养化并可回收利用氮磷，故A正确；
B项、由在含磷及氨氮废水中加入磷酸氢镁脱除氨氮，得到磷酸镁铵的悬浊液可知，MgNH4PO4·6H2O的溶解度比MgHPO4的小，故B正确；
C项、在滤液一中加入石灰脱除磷，得到含磷酸钙、氢氧化镁和少量氢氧化钙的悬浊液，则沉淀2有Ca3(PO4)2及Mg(OH)2，故C正确；
D项、若将①②③的过滤步骤合并，MgNH4PO4·6H2O能与氢氧化钙反应，无法制得MgNH4PO4·6H2O，故D错误；
故选D。
6.下列变化中，固体物质的质量前后不变的是（ ）
A. 向饱和的Na2CO3溶液中加入Na2CO3粉末 B. 铅丝插入Cu(NO3)2溶液中
C. 双氧水中加入MnO2粉末 D. 炭粉与SiO2高温混合
【答案】C
【解析】
【详解】A项、向饱和的Na2CO3溶液中加入Na2CO3粉末，导致溶液转化为过饱和溶液，会析出Na2CO3·10H2O晶体，固体质量增大，故A错误；
B项、铅的金属活泼性强于铜，铅丝与Cu(NO3)2溶液发生置换反应置换出铜，铜的相对分子质量小于铅，固体质量减小，故B错误；
C项、MnO2为双氧水分解的催化剂，催化剂反应前后的质量不变，故C正确；
D项、炭粉与SiO2高温发生反应生成硅和一氧化碳，固体质量减小，故D错误；
故选C。
7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1 mol Br－转化为Br2时，转移的电子数为NA
B. 1 mol HCI(g)含有的原子数与1 L 1 mol·L－1盐酸中含有的原子数均为NA
C. 标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有的电子数均为10NA
D. 当有1 mol FeCl3完全转化为胶体时，胶体粒子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A项、Fe2+还原性强于Fe2+，将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1 mol Br－转化为Br2时，溶液中Fe2+已经完全反应，转移的电子数大于NA，故B错误；
B项、1molHCI(g)含有的原子数为2NA，1L1 mol·L－1盐酸中还含有水，无法计算水的物质的量，无法计算盐酸中的原子数，故B错误；
C项、CH4与 H2O均含有10个电子，标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O的物质的量均为1mol，则标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有的电子数均为10NA，故C正确；
D项、氢氧化铁胶体为粒子的聚合体，当1 mol FeCl3完全转化为胶体时，胶体粒子数小于NA，故D错误；
故选C。
8.下列实验过程可以达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验过程
A
配制一定质量分数的Na2SO3溶液
将称量好的Na2SO3固体溶于适量新煮沸并冷却的蒸馏水中
B
测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许该溶液滴在湿润的pH试纸上，立刻与标准比色卡比较
C
在铁制的钥匙表面镀一层金属铜
将钥匙和纯铜分别于直流电源的正极和负极相连，同时插入CuSO4溶液中
D
验证元素非金属性强弱：Cl>C
向盐酸中加几粒石灰石，产生大量气体
【答案】A
【解析】
【详解】A项、Na2SO3固体溶于适量新煮沸并冷却的蒸馏水中可以防止Na2SO3被空气中氧气氧化，故A正确；
B项、湿润的pH试纸测定的是稀释后0.1mol/LNH4Cl溶液的pH，故B错误；
C项、铁制的钥匙和纯铜分别于直流电源的正极和负极相连，同时插入CuSO4溶液中，铁制的钥匙做阳极，腐蚀速率加快，故C错误；
D项、验证元素非金属性强弱应选用高氯酸与石灰石反应，不能用盐酸比较，故D错误；
故选A。
9.一种“MgCl2热化学循环”工艺如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该工艺中只有1种能量转化方式
B. 该工艺是利用海水制镁
C. MgCl2(aq)与H2O(l)的反应为吸热反应
D. 工艺流程中的总反应为MgCl2＋H2O＝MgO＋2HCl↑
【答案】C
【解析】
【详解】A项、利用ZnFe2O4/（Fe3O4，Zn）两步热化学循环制氢气和氧气，能量转化形式有两种，太阳能转化为化学能，热能转化为化学能，故A错误；
B项、该反应中MgCl2是催化剂，总反应就是分解水，故B错误；
C项、MgCl2在溶液中的水解反应为吸热反应，故C正确；
D项、该反应中MgCl2是催化剂，总反应就是分解水，2H2O=2H2↑+O2↑，故D错误；
故选C。
10.用如图所示装置进行下列实验，将①中溶液滴入②中，预测现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
浓硫酸
用砂纸打磨过的铁片
产生大量气泡
B
AgNO3溶液
浓氨水
产生白色沉淀且不消失
C
NH4Cl浓溶液
Fe、C混合物
溶液中有气泡产生
D
H2O2溶液
FeCl3溶液
溶液逐渐褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A项、常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，不能观察到产生大量气泡，现象不合理，故A错误；
B项、AgNO3溶液滴入浓氨水中，浓氨水过量，与AgNO3溶液反应生成银氨络离子，没有沉淀生成，故B错误；
C项、氯化铵在溶液中水解，使溶液呈酸性，Fe、C混合物在NH4Cl浓溶液中构成原电池，铁溶解，由氢气生成，故C正确；
D项、FeCl3可以做H2O2溶液发生分解反应的催化剂，不会出现溶液逐渐褪色，故D错误；
故选C。
11.某反应的反应机理、能量与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. Fe2＋是该反应的催化剂 B. 第一步反应的能垒比第二步反应的小
C. S2O82－在第一步反应中作还原剂 D. 两步反应都是放热反应
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知第一步反应为S2O82－与Fe2+反应生成SO42－和Fe3+，反应的离子方程式为S2O82－+2Fe2+=2SO42－+2Fe3+，第二步反应为Fe3+与I—反应生成Fe2+和I2，反应的离子方程式,2Fe3++2I—=2Fe2++I2，反应的总方程式为S2O82－+2I—2SO42－+I2。
【详解】A项、由图可知，反应的总离子方程式为S2O82－+2I—2SO42－+I2，反应中Fe2＋做催化剂，故A正确；
B项、反应的能垒实际上是反应物的活化能，由图可知，第一步反应的能垒（活化能）比第二步反应的大，故B错误；
C项、由图可知第一步反应为S2O82－与Fe2+反应生成SO42－和Fe3+，S2O82－在反应中作氧化剂，故C错误；
D项、由图可知第一步反应的反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，第二步反应反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故D错误；
故选A。
12.将浓硫酸滴入KMnO4与KCl的混合溶液中，有黄绿色气体生成且溶液的紫红色逐渐褪去，反应方程式为KMnO4＋KCl＋H2SO4＝K2SO4＋MnSO4＋Cl2↑＋ (未配平)。
下列说法不正确是
A. 方程式中缺少的物质的化学式为H2O
B. 氧化剂与还原剂物质的量之比等于还原产物与氧化产物的物质的量之比
C. 氧化性：KMnO4>Cl2
D. 标准状况下，每生成1 mol Cl2上述反应中有2 mol电子发生转移
【答案】B
【解析】
【分析】将浓硫酸滴入KMnO4与KCl的混合溶液中，高锰酸钾做反应的氧化剂，氯化钾做反应的还原剂，反应生成硫酸钾、硫酸锰、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4＝6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O。
【详解】A项、由质量守恒定律可知，方程式中缺少的物质的化学式为H2O，故A正确；
B项、反应的化学方程式为2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4＝6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O，由反应的化学方程式可知，氧化剂KMnO4与还原剂KCl的物质的量之比为1:5，还原产物MnSO4与氧化产物Cl2的物质的量之比为2:5，则氧化剂与还原剂的物质的量之比不等于还原产物与氧化产物的物质的量之比，故B错误；
C项、氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化剂KMnO4的氧化性强于氧化产物Cl2的氧化性，故C正确；
D项、由反应的化学方程式可知，生成1 mol Cl2上述反应中有2 mol电子发生转移，故D正确；
故选B。
13.下列叙述不正确的是（ ）
A. 要加热才能发生的反应也可能是放热反应
B. 明矾和漂白粉都可以用于自来水的净化和杀菌消毒
C. 电解质的强弱也能影响电解质溶液的导电能力
D. 自然界中钢铁腐蚀主要是吸氧腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A项、需要加热才能发生的反应也可能是放热反应，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故A正确；
B项、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，漂白粉的净水原理是次氯酸的氧化性而具有的净水作用，原理不一样，故B错误；
C项、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与离子浓度成正比，相同条件下，强电解质溶液中的离子浓度大于弱电解质溶液，溶液的导电能力强于弱电解质，即电解质的强弱也能影响电解质溶液的导电能力，故C正确；
D项、金属的腐蚀可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，其中电化学腐蚀的存在更普遍，故D正确；
故选B。
14.下列说法正确的是（ ）
A. C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(g) △H=－12348kJ·mol－1
结论：C2H5OH的燃烧热 △H=－1234.8 kJ·mol－1
B. 稀溶液中有H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) △H＝－57.3 kJ·mol－1
结论：将稀醋酸与NaOH的稀溶液混合后，若有1 mol H2O生成，则放出的能量等于57.3kJ
C. C(s,石墨)＝C(s,金刚石) △H=＋1.5kJ·mol－1
结论：相同条件下金刚石比石墨稳定
D. Sn(s,灰)Sn(s,白) △H=＋2.1kJ·mol－1(灰锡为粉末状)
结论：锡制品在寒冷的冬天更容易损坏
【答案】D
【解析】
【详解】A项、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成最稳定氧化物放出的热量，C2H5OH的燃烧反应中生成的水为气体不是稳定氧化物，故A错误；
B项、醋酸是弱酸，电离时吸收能量，将稀醋酸与NaOH的稀溶液混合后，若有1 mol H2O生成，反应放出的能量小于57.3kJ，故B错误；
C项、由热化学方程式可知该反应为吸热反应，石墨能量比金刚石低，石墨较稳定，故C错误；
D项、由热化学方程式可知该反应为吸热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，则在寒冷的冬天锡制品转化为粉末状的灰锡，容易损坏，故D正确；
故选D。
15.下列除去杂质的方法正确的是（ ）
A. 除去O2中混有的CO2：通过灼热的炭
B. 除去MgCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量NaOH溶液，过滤
C. 除去含CaSO4的水垢：加入过量Na2CO3溶液浸泡后，倾析，再加盐酸
D. 除去Cu粉中混有的CuO：加入过量稀硝酸后，过滤、洗涤
【答案】C
【解析】
【详解】A项、通过灼热的炭，氧气会与碳反应，应将气体通过NaOH溶液除去O2中混有的CO2，故A错误；
B项、加入过量NaOH溶液，MgCl2溶液会与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，应加入过量的氧化镁或氢氧化镁除去MgCl2溶液中混有的FeCl3，故B错误；
C项、加入过量Na2CO3溶液浸泡，水垢中微溶的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，倾析，再加盐酸，碳酸钙与盐酸反应生成易溶于水的氯化钙，达到除去含CaSO4的水垢的目的，故C正确；
D项、加入过量稀硝酸，铜会与稀硝酸反应，应加入过量稀盐酸或稀硫酸除去Cu粉中混有的CuO，故D错误；
故选C。
16.下列选项中反应现象与离子方程式不相符的是（ ）
A. 用AgNO3鉴别溶液中的卤素离子，溶液中有白色沉淀生成：Ag＋＋Cl－＝AgCl↓
B. 用溴水吸收CO2气体中混有的SO2，溴水褪色：Br2＋SO2＋2H2O＝2Br－＋SO42－＋4H＋
C. 向CuSO4溶液中通入H2S气体，有黑色沉淀生成：Cu2＋＋H2S＝CuS↓＋2H＋
D. KSCN溶液检验Fe3＋的存在，溶液变血红色：Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3↓
【答案】D
【解析】
【详解】A项、用AgNO3鉴别溶液中的卤素离子，溶液中有白色沉淀生成说明溶液中存在Cl－，反应的离子方程式为Ag＋＋Cl－＝AgCl↓，故A正确；
B项、SO2具有还原性，CO2没有还原性，用溴水吸收CO2气体中混有的SO2时，二氧化硫与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，使溴水褪色，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝2Br－＋SO42－＋4H＋，故B正确；
C项、CuSO4溶液中通入H2S气体，CuSO4溶液与H2S气体反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为Cu2＋＋H2S＝CuS↓＋2H＋，故C正确；
D项、KSCN溶液与Fe3＋反应生成Fe(SCN)3血红色溶液，反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3，故D错误；
故选D。
17.以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料来制取氧化钴(Co2O3)，是我国生产氧化钴常见的工业方法之一。其生产流程如下：
已知：KMnO4的氧化性强，可以氧化HBr、HCl、Fe2＋等。
请回答以下问题：
（1）“溶解”前，需将含钴废催化剂粉碎的目的是____________，“溶解”后所得滤渣的主要成分是________________(填化学式)。
（2）“氧化”的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为__________；实验中能否选用KMnO4溶液检验Fe2＋是否完全氧化?______ (填“能”或“不能”)，理由是______________________________。
（3）“除铁”步骤中，当Fe3＋与CO32－的物质的量相等时，恰好完全反应生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出该反应的化学方程式：_____________
（4）加入Na2CO3溶液后生成“沉淀”，过滤后需用水洗涤沉淀，检脸沉淀已经洗涤干净的方法是______________
（5）现取10.0g含钴废催化剂(含钴的质量分数为70.8%)模拟以上生产流程进行实验，最终得到7.47g氧化钴，则该实验的产率为__________________
【答案】(1). 增大接触面积，加快浸取速率 (2). SiO2 (3). 6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O (4). 不能 (5). 反应后的溶液中含有H+和Cl—，也会使KMnO4溶液褪色 (6). 3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5Na2SO4+6CO2↑ (7). 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净 (8). 75%
【解析】
【分析】由流程图可知，向含钴废催化剂中加入稀硫酸，钴和铁与硫酸反应，反应的化学方程式为Co+H2SO4=CoSO4+H2↑、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤，滤渣是不溶的二氧化硅，而滤液是硫酸钴、硫酸亚铁与过量的硫酸的混合溶液；向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠具有氧化性，酸性条件下将亚铁离子氧化成铁离子；向反应后溶液中加入碳酸钠，调节溶液pH为2，将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀除去；过滤，向滤液中继续加入碳酸钠，调节溶液pH为7，得到碳酸钴沉淀；过滤，用盐酸溶解碳酸钴沉淀，再向所得溶液中加入草酸铵，得到草酸钴沉淀，过滤，灼烧草酸钴沉淀，草酸钴沉淀与空气中氧气反应生成氧化钴。
【详解】（1）“溶解”前，需将含钴废催化剂粉碎，目的是增大固体的表面积，增大含钴废催化剂与稀硫酸的接触面积，加快浸取速率；“溶解”时，钴和铁与硫酸反应，二氧化硅与稀硫酸不反应，则溶解后，过滤所得滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：增大接触面积，加快浸取速率；SiO2；
（2）向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠具有氧化性，酸性条件下将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O；KMnO4的氧化性强，酸性条件下，高锰酸钾能与Cl—发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，因氧化后的溶液中含有H+和Cl—，会干扰Fe2＋检验，则不能选用KMnO4溶液检验Fe2＋是否完全氧化，故答案为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O；不能；反应后的溶液中含有H+和Cl—，也会使KMnO4溶液褪色；
（3）“除铁”步骤中，当Fe3＋与CO32－的物质的量相等时，生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解反应，反应生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀、硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5Na2SO4+6CO2↑，故答案为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5Na2SO4+6CO2↑；
（4）加入Na2CO3溶液，碳酸钠与溶液中钴离子反应生成碳酸钴沉淀，碳酸钴沉淀表面附有可溶的硫酸钠或氯化钠杂质，则可以用盐酸酸化的氯化钡溶液检验最后一次洗涤液是否含有硫酸根，检验测定是否洗涤干净，具体操作为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净；
（5）含钴的质量分数为70.8%的10.0g含钴废催化剂中钴原子的物质的量为=0.12mol，由钴原子个数守恒可知Co2O3的物质的量为0.06mol，则实验的产率为×100%=75%，故答案为：75%。
18.亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，沸点为－5.5℃，遇水和潮气分解。
回答下列问题：
（1）NO与Cl2在通常条件下可反应得到NOCl。某实验小组用浓盐酸与MnO2反应制C12，Cu和稀HNO3制NO。
①制取NO的离子方程式为________________________
②选用下列部分装置预制备一瓶干燥纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为____(气流方向从左至右)。
（2）文献中记录的一种利用浓盐酸和NaNO2浓溶液反应制取NOCl的原理及装置如下所示：
反应原理：NaNO2＋2HCl＝NOCl↑＋NaCl＋H2O。制取装置图：
①仪器X的名称为_______，用它代替分液漏斗的优点是_________________
②装置C的U形管中观察到的现象是____________，装置D的作用是_________
（3）取少量产品NOCl滴入盛有水的试管中，液面上方有白雾且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，NOCl与水反应的化学方程式为___________________
【答案】(1). 3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O (2). b→e→f→i→h→d→c→g (3). 恒压分液漏斗 (4). 便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中 (5). 有红褐色液体生成 (6). 防止水蒸气进入U形管中，同时除去尾气中NOCl等酸性气体 (7). 3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑
【解析】
【分析】（1）①Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
②浓盐酸与MnO2共热反应制得的C12中混有挥发出的氯化氢气体，应用饱和食盐水除去氯气，用酸性干燥剂干燥氯气，用向上排空气法收集氯气，并用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，防止污染空气；
（2）①仪器X的名称为恒压分液漏斗，与分液漏斗相比，恒压分液漏斗能起到平衡气压的作用，便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中；
②由题意可知，亚硝酰氯沸点为－5.5℃，温度低于－5.5℃时会冷凝变为红褐色液体；注意亚硝酰氯遇水和潮气分解，冷凝收集时要注意防止水蒸气进入U形管中；
（3）由题意可知，亚硝酰氯液体与水反应生成硝酸、盐酸和一氧化氮气体；
【详解】（1）①Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②浓盐酸与MnO2共热反应制得C12，制得的C12中混有挥发出的氯化氢气体，将气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去极易溶于水的氯化氢气体，再将气体通过盛有五氧化二磷的干燥管，干燥氯气，因氯气密度比空气大，应用向上排空气法收集氯气，因氯气有毒，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染空气，则制备一瓶干燥纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为b→e→f→i→h→d→c→g，故答案为：b→e→f→i→h→d→c→g；
（2）①仪器X的名称为恒压分液漏斗，与分液漏斗相比，恒压分液漏斗能起到平衡气压的作用，便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中，故答案为：恒压分液漏斗；便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中；
②由题意可知，亚硝酰氯沸点为－5.5℃，装置C中冰盐水的作用是冷凝亚硝酰氯，则U形管中可收集到红褐色亚硝酰氯液体；因亚硝酰氯遇水和潮气分解，则装置D中碱石灰的作用是防止水蒸气进入U形管中，导致亚硝酰氯遇水和潮气分解，同时吸收尾气中NOCl等酸性气体，故答案为：有红褐色液体生成；防止水蒸气进入U形管中，同时除去尾气中NOCl等酸性气体；
（3）由题意可知，亚硝酰氯液体与水反应生成硝酸、盐酸和一氧化氮气体，反应的化学方程式为3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑，故答案为：3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑。
19.一种利用失活的含镍催化剂(含NiB、MgO及SiO2等)为原料制备超细镍粉，其工艺流程如下：
已知：pH＝6时，Mg2＋、Ni2＋都不生成沉淀。
回答下列问题：
（1）非晶态NiB可由KBH4和Ni(NO3)2溶液反应制备。KBH4的电子式为_________
（2）“酸浸”时，为提高镍的浸取率可采取的措施是___________ (列举一点)；滤值1中除了含有B单质外，还含有___________ (填化学式)。
（3）若流程中没有“NaOH溶液调pH=6”，则导致的后果是________
（4）“氧化”时发生反应的化学方程式为_______________；氧化时温度不宜超过50℃，其原因是_________________
（5）“还原”时产生无污染的气体，“还原”时发生反应的离子方程式为___________
【答案】(1). (2). 碎失活的含镍催化剂，增大反应物的接触面积或增大盐酸的浓度（或用量）或适当延长浸取时间或搅拌（或振荡）等 (3). SiO2 (4). 会产生大量硫化氢气体，污染环境 (5). NiS+4H2O2=NiSO4+4H2O (6). 减少过氧化氢分解损失 (7). 2Ni2++N2H4·H2O+4OH—=2Ni↓+N2↑+4H2O
【解析】
【分析】向失活的含镍催化剂中加入盐酸，NiB溶于盐酸生成Ni2+和B，MgO溶于盐酸生成Mg2+，SiO2与盐酸不反应，过滤，得到含有Ni2+和Mg2+的溶液和含有B单质和SiO2的滤渣；向滤液中加入NaOH溶液pH为6，再加入Na2S溶液，Na2S溶液与Ni2+反应生成NiS沉淀，过滤得到NiS沉淀；向NiS沉淀中加入30%过氧化氢溶液，NiS沉淀与过氧化氢溶液反应生成硫酸镍和水；向溶液中继续加入N2H4·H2O和氢氧化钠溶液，硫酸镍和N2H4·H2O碱性条件下发生氧化还原反应生成超细镍粉。
【详解】（1）KBH4是由K+和BH4—组成的离子化合物，电子式为，故答案为：；
（2）“酸浸”时，为提高镍的浸取率，可粉碎失活的含镍催化剂，增大反应物的接触面积或增大盐酸的浓度（或用量）或适当延长浸取时间或搅拌（或振荡）等；向失活的含镍催化剂中加入盐酸，NiB溶于盐酸生成Ni2+和B，MgO溶于盐酸生成Mg2+，SiO2与盐酸不反应，过滤得到的滤渣1中除了含有B单质外，还含有SiO2，故答案为：碎失活的含镍催化剂，增大反应物的接触面积或增大盐酸的浓度（或用量）或适当延长浸取时间或搅拌（或振荡）等；SiO2；
（3）若流程中没有“NaOH溶液调pH=6”，加入Na2S溶液时，Na2S溶液会与氢离子反应生成有毒的硫化氢气体，污染空气，故答案为：会产生大量硫化氢气体，污染环境；
（4）“氧化”时，，NiS沉淀与过氧化氢溶液反应生成硫酸镍和水，反应的化学方程式为NiS+4H2O2=NiSO4+4H2O，故答案为：NiS+4H2O2=NiSO4+4H2O；因过氧化氢受热易分解生成氧气和水，则氧化时温度不宜超过50℃，故答案为：NiS+4H2O2=NiSO4+4H2O；减少过氧化氢分解损失；
（5）“还原”时，硫酸镍和N2H4·H2O碱性条件下发生氧化还原反应生成超细镍粉，反应的离子方程式为2Ni2++N2H4·H2O+4OH—=2Ni↓+N2↑+4H2O，故答案为：2Ni2++N2H4·H2O+4OH—=2Ni↓+N2↑+4H2O。
20.氨能源的循环利用是目前研究的热点之一。
（1）一种可以快速启动的氨制氢工艺如图a所示：
已知：
快速制氢反应：的＝__
（2）1100℃时，在钨丝表面NH3分解的半衰期(浓度减小一半所需时间)如下表所示：
c(NH3)/mol/L
4.56×10-3
2.28×10-3
1.14×10-3
570×10-4
2.85×10-4
时间/s
0
440
660
770
t5
表中的t5的值为_________：c(NH3)的值从4.56×10－3变化至2.28×10－3的过程中，平均反应速率试v(H2)=_____________ (保留三位有效数字)mol·L－1·S－1。
（3）在101kPa下，NH3分解的平衡转化率与温度的关系如图b所示：
①温度为300℃，总压为101kPa时，图b中v(正)>v(逆)的点是_____(填“a”“b”或“c”)。
②为降低NH3分解的活化能可采取的措施有_____________________________
（4）已知液氮中存在下列平衡：2NH3(l)NH4＋＋NH2－。用溶有金属氨基化合物(如KNH2)的液氨作电解质电解制氢的工作原理如图c所示：
①电极X的名称是__________________(填“阳极”或“阴极”)。
②图c中阳极的电极反应式为______________________________________________
③若图c中支持电解质改用NH4Cl，则阴极的电极反应式为__________________________
【答案】(1). —75.4 (2). 825 (3). 7.77×10—6 (4). c (5). 使用合适催化剂 (6). 阴极 (7). 6NH2－—6e—= N2↑+4NH3 (8). 2NH4＋+2e—= H2↑+2NH3
【解析】
【分析】（1）由盖斯定律计算可得；
（2）由表格数据可知，当氨气浓度减小一半所需时间的增加值为440、440×、440××、440×××。。。；先计算氨气速率，再依据化学方程式计算氢气速率；c点反应为达到平衡，是平衡的形成过程；
②催化剂能够降低反应的活化能；
（4）①由图可知，X极上NH3得电子发生还原反应生成H2和NH2－；
②由图可知，阳极Y极上NH2－失电子发生氧化反应生成N2和NH3；
③若图c中支持电解质改用NH4Cl，阴极上NH4＋得电子发生还原反应生成H2和NH3。
（3）①由图可知，温度为300℃，总压为101kPa时，图b中b点为平衡点，
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知×①+×②可得快速制氢反应，则＝×（+45.9kJ/mol）+×（—318 kJ/mol）=—75.4 kJ/mol，故答案为：—75.4；
（2）由表格数据可知，当氨气浓度减小一半所需时间的增加值为440、440×、440××、440×××，则t5=770+440×××=825；c(NH3)的值从4.56×10－3变化至2.28×10－3的过程中，平均反应速率试v(H2)=v(NH3)= ×=7.77×10—6mol·L－1·S－1，故答案为：825；7.77×10—6；
（3）①由图可知，温度为300℃，总压为101kPa时，图b中b点为平衡点，v(正)=v(逆)，c点反应为达到平衡，v(正)>v(逆)，故答案为：c；
②催化剂能够降低反应的活化能，则为降低NH3分解的活化能的措施为使用催化剂，故答案为：使用合适催化剂；
（4）①由图可知，X极上NH3得电子发生还原反应生成H2和NH2－，则X极为电解池的阴极，故答案为：阴极；
②由图可知，阳极Y极上NH2－失电子发生氧化反应生成N2和NH3，电极反应式为6NH2－—6e—= N2↑+4NH3，故答案为：6NH2－—6e—= N2↑+4NH3；
③若图c中支持电解质改用NH4Cl，阴极上NH4＋得电子发生还原反应生成H2和NH3，电极反应式为2NH4＋+2e—= H2↑+2NH3，故答案为：2NH4＋+2e—= H2↑+2NH3。
1.2019年4月28日晚，中国北京世界园艺博览会以“绿色生活、美丽家园”为主题正式拉开序幕，中国植被增加量占全球植被总增量25%以上。保护环境、减少污染、节能减排成为社会发展过程中不可回避的课题。下列有关说法正确的是（ ）
①推广乙醇汽油可以减少环境污染
②太阳能、生物质能、风能、氢能，均可再生
③工业上利用电解水获得大量清洁能源——氢能源
④用过量的空气与煤燃烧，可以提高煤燃烧时产生能量的利用率
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】A
【解析】
【详解】①推广乙醇汽油可以减轻环境污染，降低尾气中一氧化碳含量，有利于改善大气环境，故①正确；
②太阳能、生物质能、风能、氢能都属于可再生能源，故②正确；
③氢能是清洁能源，电解水法制氢气不符合节能减排理念，要消耗大量电能，成本太高，故③错误；
④用过量的空气与煤燃烧，过多的空气会带走能量，降低反应温度,降低煤燃烧时产生能量的利用率，④错误；
①②正确，故选A。
2.在粗盐的提纯实验中，下列操作不需要的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】提纯粗盐时，首先将粗盐溶解，加入氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠、盐酸等试剂使杂质生成沉淀，然后过滤，最后蒸发可得到较为纯净的食盐，整个过程用不到分液操作，故选B。
3.下列物质的性质与实际应用的对应关系正确的是（ ）
选项
物质的性质
实际应用
A
液氨具有碱性
作冷库中的制冷剂
B
FeCl3水溶液显酸性
蚀刻铜制线路板
C
石墨具有导电性
作干电池正极材料
D
Al2O3是两性氧化物
作耐火材料
【答案】C
【解析】
【详解】A项、氨气易液化，液氨常用作制冷剂，故A错误；
B项、FeCl3具有氧化性，能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3溶液常用作蚀刻铜制线路板，故B错误；
C项、石墨具有良好导电性，常用作干电池的正极材料，故C正确；
D项、Al2O3熔点高，常用作耐火材料，故D错误；
故选C。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价代数和为2，X的最外层电子数与Y、Z的最外层电子数之和相等，Z的族序数是周期数的2倍。下列说法错误的是
A. 原子半径：W
C. Y分别与X、Z形成的化合物的水溶液均显碱性
D. W的最简单氢化物与X的最简单氢化物反应可得到离子化合物
【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的最高正价与最低负价代数和为2，则W为N元素；Z的族序数是周期数的2倍，则Z是S元素；S的最外层电子数为6，由X的最外层电子数与Y、Z的最外层电子数之和相等可知，X的最外层电子数为7、Y的最外层电子数为1，则X为F元素、Y为Na元素。
【详解】A项、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则W、X、Y、Z的原子半径顺序为：X（F）
C项、NaF和Na2S均为强酸弱碱盐，水溶液均显碱性，故C正确；
D项、NH3与HF反应生成离子化合物NH4F，故D正确；
故选A。
5.处理含磷及氨氮废水(PO43－、HPO42－、H2PO4－、NH4＋、NH3·H2O等)并回收鸟粪石的一种工艺流程如下，下列说法错误的是（ ）
A. 除去水体中的磷和氨氮可防止水体富营养化并可回收利用氮磷
B. MgNH4PO4·6H2O的溶解度比MgHPO4的小
C. “过滤②”得到的“沉淀2"有Ca3(PO4)2及Mg(OH)2
D. 为简化流程，可将①②③的过滤步骤合并
【答案】D
【解析】
【分析】由流程图可知，在含磷及氨氮废水中加入磷酸氢镁脱除氨氮，得到MgNH4PO4·6H2O的悬浊液，过滤，分别收集得到MgNH4PO4·6H2O沉淀和滤液一；在滤液一中加入石灰脱除磷，得到含磷酸钙、氢氧化镁和少量氢氧化钙的悬浊液，过滤，分别收集得到混合物沉淀和滤液二；在滤液二中通入二氧化碳脱除残余钙离子，得到碳酸钙的悬浊液，过滤，分别收集碳酸钙和滤液三，滤液三即为脱除磷及氨氮的处理水。
【详解】A项、磷和氨氮是水体富营养化的主要原因，则除去水体中的磷和氨氮可防止水体富营养化并可回收利用氮磷，故A正确；
B项、由在含磷及氨氮废水中加入磷酸氢镁脱除氨氮，得到磷酸镁铵的悬浊液可知，MgNH4PO4·6H2O的溶解度比MgHPO4的小，故B正确；
C项、在滤液一中加入石灰脱除磷，得到含磷酸钙、氢氧化镁和少量氢氧化钙的悬浊液，则沉淀2有Ca3(PO4)2及Mg(OH)2，故C正确；
D项、若将①②③的过滤步骤合并，MgNH4PO4·6H2O能与氢氧化钙反应，无法制得MgNH4PO4·6H2O，故D错误；
故选D。
6.下列变化中，固体物质的质量前后不变的是（ ）
A. 向饱和的Na2CO3溶液中加入Na2CO3粉末 B. 铅丝插入Cu(NO3)2溶液中
C. 双氧水中加入MnO2粉末 D. 炭粉与SiO2高温混合
【答案】C
【解析】
【详解】A项、向饱和的Na2CO3溶液中加入Na2CO3粉末，导致溶液转化为过饱和溶液，会析出Na2CO3·10H2O晶体，固体质量增大，故A错误；
B项、铅的金属活泼性强于铜，铅丝与Cu(NO3)2溶液发生置换反应置换出铜，铜的相对分子质量小于铅，固体质量减小，故B错误；
C项、MnO2为双氧水分解的催化剂，催化剂反应前后的质量不变，故C正确；
D项、炭粉与SiO2高温发生反应生成硅和一氧化碳，固体质量减小，故D错误；
故选C。
7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1 mol Br－转化为Br2时，转移的电子数为NA
B. 1 mol HCI(g)含有的原子数与1 L 1 mol·L－1盐酸中含有的原子数均为NA
C. 标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有的电子数均为10NA
D. 当有1 mol FeCl3完全转化为胶体时，胶体粒子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A项、Fe2+还原性强于Fe2+，将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1 mol Br－转化为Br2时，溶液中Fe2+已经完全反应，转移的电子数大于NA，故B错误；
B项、1molHCI(g)含有的原子数为2NA，1L1 mol·L－1盐酸中还含有水，无法计算水的物质的量，无法计算盐酸中的原子数，故B错误；
C项、CH4与 H2O均含有10个电子，标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O的物质的量均为1mol，则标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有的电子数均为10NA，故C正确；
D项、氢氧化铁胶体为粒子的聚合体，当1 mol FeCl3完全转化为胶体时，胶体粒子数小于NA，故D错误；
故选C。
8.下列实验过程可以达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验过程
A
配制一定质量分数的Na2SO3溶液
将称量好的Na2SO3固体溶于适量新煮沸并冷却的蒸馏水中
B
测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许该溶液滴在湿润的pH试纸上，立刻与标准比色卡比较
C
在铁制的钥匙表面镀一层金属铜
将钥匙和纯铜分别于直流电源的正极和负极相连，同时插入CuSO4溶液中
D
验证元素非金属性强弱：Cl>C
向盐酸中加几粒石灰石，产生大量气体
【答案】A
【解析】
【详解】A项、Na2SO3固体溶于适量新煮沸并冷却的蒸馏水中可以防止Na2SO3被空气中氧气氧化，故A正确；
B项、湿润的pH试纸测定的是稀释后0.1mol/LNH4Cl溶液的pH，故B错误；
C项、铁制的钥匙和纯铜分别于直流电源的正极和负极相连，同时插入CuSO4溶液中，铁制的钥匙做阳极，腐蚀速率加快，故C错误；
D项、验证元素非金属性强弱应选用高氯酸与石灰石反应，不能用盐酸比较，故D错误；
故选A。
9.一种“MgCl2热化学循环”工艺如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该工艺中只有1种能量转化方式
B. 该工艺是利用海水制镁
C. MgCl2(aq)与H2O(l)的反应为吸热反应
D. 工艺流程中的总反应为MgCl2＋H2O＝MgO＋2HCl↑
【答案】C
【解析】
【详解】A项、利用ZnFe2O4/（Fe3O4，Zn）两步热化学循环制氢气和氧气，能量转化形式有两种，太阳能转化为化学能，热能转化为化学能，故A错误；
B项、该反应中MgCl2是催化剂，总反应就是分解水，故B错误；
C项、MgCl2在溶液中的水解反应为吸热反应，故C正确；
D项、该反应中MgCl2是催化剂，总反应就是分解水，2H2O=2H2↑+O2↑，故D错误；
故选C。
10.用如图所示装置进行下列实验，将①中溶液滴入②中，预测现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
浓硫酸
用砂纸打磨过的铁片
产生大量气泡
B
AgNO3溶液
浓氨水
产生白色沉淀且不消失
C
NH4Cl浓溶液
Fe、C混合物
溶液中有气泡产生
D
H2O2溶液
FeCl3溶液
溶液逐渐褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A项、常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，不能观察到产生大量气泡，现象不合理，故A错误；
B项、AgNO3溶液滴入浓氨水中，浓氨水过量，与AgNO3溶液反应生成银氨络离子，没有沉淀生成，故B错误；
C项、氯化铵在溶液中水解，使溶液呈酸性，Fe、C混合物在NH4Cl浓溶液中构成原电池，铁溶解，由氢气生成，故C正确；
D项、FeCl3可以做H2O2溶液发生分解反应的催化剂，不会出现溶液逐渐褪色，故D错误；
故选C。
11.某反应的反应机理、能量与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. Fe2＋是该反应的催化剂 B. 第一步反应的能垒比第二步反应的小
C. S2O82－在第一步反应中作还原剂 D. 两步反应都是放热反应
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知第一步反应为S2O82－与Fe2+反应生成SO42－和Fe3+，反应的离子方程式为S2O82－+2Fe2+=2SO42－+2Fe3+，第二步反应为Fe3+与I—反应生成Fe2+和I2，反应的离子方程式,2Fe3++2I—=2Fe2++I2，反应的总方程式为S2O82－+2I—2SO42－+I2。
【详解】A项、由图可知，反应的总离子方程式为S2O82－+2I—2SO42－+I2，反应中Fe2＋做催化剂，故A正确；
B项、反应的能垒实际上是反应物的活化能，由图可知，第一步反应的能垒（活化能）比第二步反应的大，故B错误；
C项、由图可知第一步反应为S2O82－与Fe2+反应生成SO42－和Fe3+，S2O82－在反应中作氧化剂，故C错误；
D项、由图可知第一步反应的反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，第二步反应反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故D错误；
故选A。
12.将浓硫酸滴入KMnO4与KCl的混合溶液中，有黄绿色气体生成且溶液的紫红色逐渐褪去，反应方程式为KMnO4＋KCl＋H2SO4＝K2SO4＋MnSO4＋Cl2↑＋ (未配平)。
下列说法不正确是
A. 方程式中缺少的物质的化学式为H2O
B. 氧化剂与还原剂物质的量之比等于还原产物与氧化产物的物质的量之比
C. 氧化性：KMnO4>Cl2
D. 标准状况下，每生成1 mol Cl2上述反应中有2 mol电子发生转移
【答案】B
【解析】
【分析】将浓硫酸滴入KMnO4与KCl的混合溶液中，高锰酸钾做反应的氧化剂，氯化钾做反应的还原剂，反应生成硫酸钾、硫酸锰、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4＝6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O。
【详解】A项、由质量守恒定律可知，方程式中缺少的物质的化学式为H2O，故A正确；
B项、反应的化学方程式为2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4＝6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O，由反应的化学方程式可知，氧化剂KMnO4与还原剂KCl的物质的量之比为1:5，还原产物MnSO4与氧化产物Cl2的物质的量之比为2:5，则氧化剂与还原剂的物质的量之比不等于还原产物与氧化产物的物质的量之比，故B错误；
C项、氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化剂KMnO4的氧化性强于氧化产物Cl2的氧化性，故C正确；
D项、由反应的化学方程式可知，生成1 mol Cl2上述反应中有2 mol电子发生转移，故D正确；
故选B。
13.下列叙述不正确的是（ ）
A. 要加热才能发生的反应也可能是放热反应
B. 明矾和漂白粉都可以用于自来水的净化和杀菌消毒
C. 电解质的强弱也能影响电解质溶液的导电能力
D. 自然界中钢铁腐蚀主要是吸氧腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A项、需要加热才能发生的反应也可能是放热反应，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故A正确；
B项、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，漂白粉的净水原理是次氯酸的氧化性而具有的净水作用，原理不一样，故B错误；
C项、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与离子浓度成正比，相同条件下，强电解质溶液中的离子浓度大于弱电解质溶液，溶液的导电能力强于弱电解质，即电解质的强弱也能影响电解质溶液的导电能力，故C正确；
D项、金属的腐蚀可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，其中电化学腐蚀的存在更普遍，故D正确；
故选B。
14.下列说法正确的是（ ）
A. C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(g) △H=－12348kJ·mol－1
结论：C2H5OH的燃烧热 △H=－1234.8 kJ·mol－1
B. 稀溶液中有H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) △H＝－57.3 kJ·mol－1
结论：将稀醋酸与NaOH的稀溶液混合后，若有1 mol H2O生成，则放出的能量等于57.3kJ
C. C(s,石墨)＝C(s,金刚石) △H=＋1.5kJ·mol－1
结论：相同条件下金刚石比石墨稳定
D. Sn(s,灰)Sn(s,白) △H=＋2.1kJ·mol－1(灰锡为粉末状)
结论：锡制品在寒冷的冬天更容易损坏
【答案】D
【解析】
【详解】A项、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成最稳定氧化物放出的热量，C2H5OH的燃烧反应中生成的水为气体不是稳定氧化物，故A错误；
B项、醋酸是弱酸，电离时吸收能量，将稀醋酸与NaOH的稀溶液混合后，若有1 mol H2O生成，反应放出的能量小于57.3kJ，故B错误；
C项、由热化学方程式可知该反应为吸热反应，石墨能量比金刚石低，石墨较稳定，故C错误；
D项、由热化学方程式可知该反应为吸热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，则在寒冷的冬天锡制品转化为粉末状的灰锡，容易损坏，故D正确；
故选D。
15.下列除去杂质的方法正确的是（ ）
A. 除去O2中混有的CO2：通过灼热的炭
B. 除去MgCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量NaOH溶液，过滤
C. 除去含CaSO4的水垢：加入过量Na2CO3溶液浸泡后，倾析，再加盐酸
D. 除去Cu粉中混有的CuO：加入过量稀硝酸后，过滤、洗涤
【答案】C
【解析】
【详解】A项、通过灼热的炭，氧气会与碳反应，应将气体通过NaOH溶液除去O2中混有的CO2，故A错误；
B项、加入过量NaOH溶液，MgCl2溶液会与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，应加入过量的氧化镁或氢氧化镁除去MgCl2溶液中混有的FeCl3，故B错误；
C项、加入过量Na2CO3溶液浸泡，水垢中微溶的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，倾析，再加盐酸，碳酸钙与盐酸反应生成易溶于水的氯化钙，达到除去含CaSO4的水垢的目的，故C正确；
D项、加入过量稀硝酸，铜会与稀硝酸反应，应加入过量稀盐酸或稀硫酸除去Cu粉中混有的CuO，故D错误；
故选C。
16.下列选项中反应现象与离子方程式不相符的是（ ）
A. 用AgNO3鉴别溶液中的卤素离子，溶液中有白色沉淀生成：Ag＋＋Cl－＝AgCl↓
B. 用溴水吸收CO2气体中混有的SO2，溴水褪色：Br2＋SO2＋2H2O＝2Br－＋SO42－＋4H＋
C. 向CuSO4溶液中通入H2S气体，有黑色沉淀生成：Cu2＋＋H2S＝CuS↓＋2H＋
D. KSCN溶液检验Fe3＋的存在，溶液变血红色：Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3↓
【答案】D
【解析】
【详解】A项、用AgNO3鉴别溶液中的卤素离子，溶液中有白色沉淀生成说明溶液中存在Cl－，反应的离子方程式为Ag＋＋Cl－＝AgCl↓，故A正确；
B项、SO2具有还原性，CO2没有还原性，用溴水吸收CO2气体中混有的SO2时，二氧化硫与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，使溴水褪色，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝2Br－＋SO42－＋4H＋，故B正确；
C项、CuSO4溶液中通入H2S气体，CuSO4溶液与H2S气体反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为Cu2＋＋H2S＝CuS↓＋2H＋，故C正确；
D项、KSCN溶液与Fe3＋反应生成Fe(SCN)3血红色溶液，反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3，故D错误；
故选D。
17.以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料来制取氧化钴(Co2O3)，是我国生产氧化钴常见的工业方法之一。其生产流程如下：
已知：KMnO4的氧化性强，可以氧化HBr、HCl、Fe2＋等。
请回答以下问题：
（1）“溶解”前，需将含钴废催化剂粉碎的目的是____________，“溶解”后所得滤渣的主要成分是________________(填化学式)。
（2）“氧化”的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为__________；实验中能否选用KMnO4溶液检验Fe2＋是否完全氧化?______ (填“能”或“不能”)，理由是______________________________。
（3）“除铁”步骤中，当Fe3＋与CO32－的物质的量相等时，恰好完全反应生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出该反应的化学方程式：_____________
（4）加入Na2CO3溶液后生成“沉淀”，过滤后需用水洗涤沉淀，检脸沉淀已经洗涤干净的方法是______________
（5）现取10.0g含钴废催化剂(含钴的质量分数为70.8%)模拟以上生产流程进行实验，最终得到7.47g氧化钴，则该实验的产率为__________________
【答案】(1). 增大接触面积，加快浸取速率 (2). SiO2 (3). 6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O (4). 不能 (5). 反应后的溶液中含有H+和Cl—，也会使KMnO4溶液褪色 (6). 3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5Na2SO4+6CO2↑ (7). 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净 (8). 75%
【解析】
【分析】由流程图可知，向含钴废催化剂中加入稀硫酸，钴和铁与硫酸反应，反应的化学方程式为Co+H2SO4=CoSO4+H2↑、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤，滤渣是不溶的二氧化硅，而滤液是硫酸钴、硫酸亚铁与过量的硫酸的混合溶液；向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠具有氧化性，酸性条件下将亚铁离子氧化成铁离子；向反应后溶液中加入碳酸钠，调节溶液pH为2，将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀除去；过滤，向滤液中继续加入碳酸钠，调节溶液pH为7，得到碳酸钴沉淀；过滤，用盐酸溶解碳酸钴沉淀，再向所得溶液中加入草酸铵，得到草酸钴沉淀，过滤，灼烧草酸钴沉淀，草酸钴沉淀与空气中氧气反应生成氧化钴。
【详解】（1）“溶解”前，需将含钴废催化剂粉碎，目的是增大固体的表面积，增大含钴废催化剂与稀硫酸的接触面积，加快浸取速率；“溶解”时，钴和铁与硫酸反应，二氧化硅与稀硫酸不反应，则溶解后，过滤所得滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：增大接触面积，加快浸取速率；SiO2；
（2）向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠具有氧化性，酸性条件下将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O；KMnO4的氧化性强，酸性条件下，高锰酸钾能与Cl—发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，因氧化后的溶液中含有H+和Cl—，会干扰Fe2＋检验，则不能选用KMnO4溶液检验Fe2＋是否完全氧化，故答案为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O；不能；反应后的溶液中含有H+和Cl—，也会使KMnO4溶液褪色；
（3）“除铁”步骤中，当Fe3＋与CO32－的物质的量相等时，生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解反应，反应生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀、硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5Na2SO4+6CO2↑，故答案为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5Na2SO4+6CO2↑；
（4）加入Na2CO3溶液，碳酸钠与溶液中钴离子反应生成碳酸钴沉淀，碳酸钴沉淀表面附有可溶的硫酸钠或氯化钠杂质，则可以用盐酸酸化的氯化钡溶液检验最后一次洗涤液是否含有硫酸根，检验测定是否洗涤干净，具体操作为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净；
（5）含钴的质量分数为70.8%的10.0g含钴废催化剂中钴原子的物质的量为=0.12mol，由钴原子个数守恒可知Co2O3的物质的量为0.06mol，则实验的产率为×100%=75%，故答案为：75%。
18.亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，沸点为－5.5℃，遇水和潮气分解。
回答下列问题：
（1）NO与Cl2在通常条件下可反应得到NOCl。某实验小组用浓盐酸与MnO2反应制C12，Cu和稀HNO3制NO。
①制取NO的离子方程式为________________________
②选用下列部分装置预制备一瓶干燥纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为____(气流方向从左至右)。
（2）文献中记录的一种利用浓盐酸和NaNO2浓溶液反应制取NOCl的原理及装置如下所示：
反应原理：NaNO2＋2HCl＝NOCl↑＋NaCl＋H2O。制取装置图：
①仪器X的名称为_______，用它代替分液漏斗的优点是_________________
②装置C的U形管中观察到的现象是____________，装置D的作用是_________
（3）取少量产品NOCl滴入盛有水的试管中，液面上方有白雾且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，NOCl与水反应的化学方程式为___________________
【答案】(1). 3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O (2). b→e→f→i→h→d→c→g (3). 恒压分液漏斗 (4). 便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中 (5). 有红褐色液体生成 (6). 防止水蒸气进入U形管中，同时除去尾气中NOCl等酸性气体 (7). 3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑
【解析】
【分析】（1）①Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
②浓盐酸与MnO2共热反应制得的C12中混有挥发出的氯化氢气体，应用饱和食盐水除去氯气，用酸性干燥剂干燥氯气，用向上排空气法收集氯气，并用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，防止污染空气；
（2）①仪器X的名称为恒压分液漏斗，与分液漏斗相比，恒压分液漏斗能起到平衡气压的作用，便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中；
②由题意可知，亚硝酰氯沸点为－5.5℃，温度低于－5.5℃时会冷凝变为红褐色液体；注意亚硝酰氯遇水和潮气分解，冷凝收集时要注意防止水蒸气进入U形管中；
（3）由题意可知，亚硝酰氯液体与水反应生成硝酸、盐酸和一氧化氮气体；
【详解】（1）①Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②浓盐酸与MnO2共热反应制得C12，制得的C12中混有挥发出的氯化氢气体，将气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去极易溶于水的氯化氢气体，再将气体通过盛有五氧化二磷的干燥管，干燥氯气，因氯气密度比空气大，应用向上排空气法收集氯气，因氯气有毒，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染空气，则制备一瓶干燥纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为b→e→f→i→h→d→c→g，故答案为：b→e→f→i→h→d→c→g；
（2）①仪器X的名称为恒压分液漏斗，与分液漏斗相比，恒压分液漏斗能起到平衡气压的作用，便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中，故答案为：恒压分液漏斗；便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中；
②由题意可知，亚硝酰氯沸点为－5.5℃，装置C中冰盐水的作用是冷凝亚硝酰氯，则U形管中可收集到红褐色亚硝酰氯液体；因亚硝酰氯遇水和潮气分解，则装置D中碱石灰的作用是防止水蒸气进入U形管中，导致亚硝酰氯遇水和潮气分解，同时吸收尾气中NOCl等酸性气体，故答案为：有红褐色液体生成；防止水蒸气进入U形管中，同时除去尾气中NOCl等酸性气体；
（3）由题意可知，亚硝酰氯液体与水反应生成硝酸、盐酸和一氧化氮气体，反应的化学方程式为3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑，故答案为：3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑。
19.一种利用失活的含镍催化剂(含NiB、MgO及SiO2等)为原料制备超细镍粉，其工艺流程如下：
已知：pH＝6时，Mg2＋、Ni2＋都不生成沉淀。
回答下列问题：
（1）非晶态NiB可由KBH4和Ni(NO3)2溶液反应制备。KBH4的电子式为_________
（2）“酸浸”时，为提高镍的浸取率可采取的措施是___________ (列举一点)；滤值1中除了含有B单质外，还含有___________ (填化学式)。
（3）若流程中没有“NaOH溶液调pH=6”，则导致的后果是________
（4）“氧化”时发生反应的化学方程式为_______________；氧化时温度不宜超过50℃，其原因是_________________
（5）“还原”时产生无污染的气体，“还原”时发生反应的离子方程式为___________
【答案】(1). (2). 碎失活的含镍催化剂，增大反应物的接触面积或增大盐酸的浓度（或用量）或适当延长浸取时间或搅拌（或振荡）等 (3). SiO2 (4). 会产生大量硫化氢气体，污染环境 (5). NiS+4H2O2=NiSO4+4H2O (6). 减少过氧化氢分解损失 (7). 2Ni2++N2H4·H2O+4OH—=2Ni↓+N2↑+4H2O
【解析】
【分析】向失活的含镍催化剂中加入盐酸，NiB溶于盐酸生成Ni2+和B，MgO溶于盐酸生成Mg2+，SiO2与盐酸不反应，过滤，得到含有Ni2+和Mg2+的溶液和含有B单质和SiO2的滤渣；向滤液中加入NaOH溶液pH为6，再加入Na2S溶液，Na2S溶液与Ni2+反应生成NiS沉淀，过滤得到NiS沉淀；向NiS沉淀中加入30%过氧化氢溶液，NiS沉淀与过氧化氢溶液反应生成硫酸镍和水；向溶液中继续加入N2H4·H2O和氢氧化钠溶液，硫酸镍和N2H4·H2O碱性条件下发生氧化还原反应生成超细镍粉。
【详解】（1）KBH4是由K+和BH4—组成的离子化合物，电子式为，故答案为：；
（2）“酸浸”时，为提高镍的浸取率，可粉碎失活的含镍催化剂，增大反应物的接触面积或增大盐酸的浓度（或用量）或适当延长浸取时间或搅拌（或振荡）等；向失活的含镍催化剂中加入盐酸，NiB溶于盐酸生成Ni2+和B，MgO溶于盐酸生成Mg2+，SiO2与盐酸不反应，过滤得到的滤渣1中除了含有B单质外，还含有SiO2，故答案为：碎失活的含镍催化剂，增大反应物的接触面积或增大盐酸的浓度（或用量）或适当延长浸取时间或搅拌（或振荡）等；SiO2；
（3）若流程中没有“NaOH溶液调pH=6”，加入Na2S溶液时，Na2S溶液会与氢离子反应生成有毒的硫化氢气体，污染空气，故答案为：会产生大量硫化氢气体，污染环境；
（4）“氧化”时，，NiS沉淀与过氧化氢溶液反应生成硫酸镍和水，反应的化学方程式为NiS+4H2O2=NiSO4+4H2O，故答案为：NiS+4H2O2=NiSO4+4H2O；因过氧化氢受热易分解生成氧气和水，则氧化时温度不宜超过50℃，故答案为：NiS+4H2O2=NiSO4+4H2O；减少过氧化氢分解损失；
（5）“还原”时，硫酸镍和N2H4·H2O碱性条件下发生氧化还原反应生成超细镍粉，反应的离子方程式为2Ni2++N2H4·H2O+4OH—=2Ni↓+N2↑+4H2O，故答案为：2Ni2++N2H4·H2O+4OH—=2Ni↓+N2↑+4H2O。
20.氨能源的循环利用是目前研究的热点之一。
（1）一种可以快速启动的氨制氢工艺如图a所示：
已知：
快速制氢反应：的＝__
（2）1100℃时，在钨丝表面NH3分解的半衰期(浓度减小一半所需时间)如下表所示：
c(NH3)/mol/L
4.56×10-3
2.28×10-3
1.14×10-3
570×10-4
2.85×10-4
时间/s
0
440
660
770
t5
表中的t5的值为_________：c(NH3)的值从4.56×10－3变化至2.28×10－3的过程中，平均反应速率试v(H2)=_____________ (保留三位有效数字)mol·L－1·S－1。
（3）在101kPa下，NH3分解的平衡转化率与温度的关系如图b所示：
①温度为300℃，总压为101kPa时，图b中v(正)>v(逆)的点是_____(填“a”“b”或“c”)。
②为降低NH3分解的活化能可采取的措施有_____________________________
（4）已知液氮中存在下列平衡：2NH3(l)NH4＋＋NH2－。用溶有金属氨基化合物(如KNH2)的液氨作电解质电解制氢的工作原理如图c所示：
①电极X的名称是__________________(填“阳极”或“阴极”)。
②图c中阳极的电极反应式为______________________________________________
③若图c中支持电解质改用NH4Cl，则阴极的电极反应式为__________________________
【答案】(1). —75.4 (2). 825 (3). 7.77×10—6 (4). c (5). 使用合适催化剂 (6). 阴极 (7). 6NH2－—6e—= N2↑+4NH3 (8). 2NH4＋+2e—= H2↑+2NH3
【解析】
【分析】（1）由盖斯定律计算可得；
（2）由表格数据可知，当氨气浓度减小一半所需时间的增加值为440、440×、440××、440×××。。。；先计算氨气速率，再依据化学方程式计算氢气速率；c点反应为达到平衡，是平衡的形成过程；
②催化剂能够降低反应的活化能；
（4）①由图可知，X极上NH3得电子发生还原反应生成H2和NH2－；
②由图可知，阳极Y极上NH2－失电子发生氧化反应生成N2和NH3；
③若图c中支持电解质改用NH4Cl，阴极上NH4＋得电子发生还原反应生成H2和NH3。
（3）①由图可知，温度为300℃，总压为101kPa时，图b中b点为平衡点，
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知×①+×②可得快速制氢反应，则＝×（+45.9kJ/mol）+×（—318 kJ/mol）=—75.4 kJ/mol，故答案为：—75.4；
（2）由表格数据可知，当氨气浓度减小一半所需时间的增加值为440、440×、440××、440×××，则t5=770+440×××=825；c(NH3)的值从4.56×10－3变化至2.28×10－3的过程中，平均反应速率试v(H2)=v(NH3)= ×=7.77×10—6mol·L－1·S－1，故答案为：825；7.77×10—6；
（3）①由图可知，温度为300℃，总压为101kPa时，图b中b点为平衡点，v(正)=v(逆)，c点反应为达到平衡，v(正)>v(逆)，故答案为：c；
②催化剂能够降低反应的活化能，则为降低NH3分解的活化能的措施为使用催化剂，故答案为：使用合适催化剂；
（4）①由图可知，X极上NH3得电子发生还原反应生成H2和NH2－，则X极为电解池的阴极，故答案为：阴极；
②由图可知，阳极Y极上NH2－失电子发生氧化反应生成N2和NH3，电极反应式为6NH2－—6e—= N2↑+4NH3，故答案为：6NH2－—6e—= N2↑+4NH3；
③若图c中支持电解质改用NH4Cl，阴极上NH4＋得电子发生还原反应生成H2和NH3，电极反应式为2NH4＋+2e—= H2↑+2NH3，故答案为：2NH4＋+2e—= H2↑+2NH3。
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