河南省实验中学2021-2022学年高三上学期期中考试化学 Word版含解析.docx

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河南省实验中学2021—2022学年高三上学期期中试卷化学试题(时间：90分钟，满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Cu-64Fe-56一、选择题：(每小题3分，16小题，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1.中国古代文化中蕴含了丰富化学知识，下列说法不正确的是A.“日照香炉生紫烟”的“烟”是瀑布的细小水珠形成的水雾，云、雾属于气溶胶B.唐·李商隐：“沧海月明珠有泪，蓝田日暖玉生烟”。文中涉及的珍珠、玉石的主要成分都是硅酸盐C.《客中行》：“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。但使主人能醉客，不知何处是他乡。”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离D.宋·王希孟《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分为一种有机高分子【答案】B【解析】【详解】A.空气中的小水珠雾直径很小，直径在1-100nm的水珠与空气混合构成的分散系属于气溶胶，所以云、雾属于气溶胶，A正确；B.珍珠的主要成分是碳酸钙，玉石的主要成分是二氧化硅、三氧化二铝、氧化钠，B错误；C.粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，二者互溶，沸点差异大，应通过蒸馏方式分离，C正确；D.宣纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，D正确；故答案选B。2.下列化学用语对事实的表述正确的是A.H2O2的电子式：B.对硝基甲苯的结构简式：C.最近合成117号元素的反应为：，该反应不属于化学变化D.硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O【答案】C【解析】 【详解】A．H2O2是共价化合物，电子式为，故A错误；B．对硝基甲苯中是硝基的N原子与苯环的C原子形成共价键，故对硝基甲苯的结构简式：，故B错误；C．合成117号元素的反应中，原子核发生了变化，属于物理变化，故C正确；D．硬脂酸与乙醇发生酯化反应时，羧酸去掉羧基上羟基，醇去掉羟基上氢原子，故应为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故D错误；故选C。3.设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.将1molNH4Cl与少量的稀氨水混合后，溶液呈中性，则溶液中NH数目为NAB.C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-390kJ·mol-1，则1mol[C(石墨，s)+O2(g)]完全燃烧放热130kJC.电解硫酸铜t秒后在阴极析出铜mg，通过溶液的电流为I安培，则NA可表示为(每个电子的电量为1.6×10-19库仑)D.1mol雄黄(As4S4)，结构如图，含有S—S的数目是2NA【答案】D【解析】【详解】A．由电荷守恒可知1molNH4Cl与少量的稀氨水的混和液中有，由于溶液呈中性，则，所以，则溶液中NH数目为NA，故A正确；B．石墨的燃烧热为390KJ/mol，所以则1mol[C(石墨，s)+O2(g)]完全燃烧放热130kJ，故B正确；C．，则，故C正确；D．S原子最外层6个电子，能够形成2个共价键，As最外层5电子，能够形成3 个共价键，所以该结构简式中，黑球为As原子，白球为S原子，该结构简式中不存在S-S键，故D错误；答案选D。4.在给定条件下，下列选项正确的是①NaHCO3Na2CO3NaOH②CaCO3CaOCaSiO3③NH3NOHNO3④⑤SSO3H2SO4⑥A.有2项能实现B.有3项能实现C.有4项能实现D.以上转化均不能实现【答案】A【解析】【详解】①NaHCO3受热分解生成Na2CO3，碳酸钠和饱和石灰水反应生成碳酸钙和NaOH，可以实现；②CaCO3高温分解生成二氧化碳和CaO，氧化钙高温下和二氧化硅反应生成CaSiO3，可以实现；③NH3催化氧化生成水和NO，NO不溶于水，不能直接转化为HNO3，不能实现；④氧化亚铁被氧气氧化生成氧化铁，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，得不到氯化铁，不能实现；⑤S燃烧生成SO2，得不到SO3，不能实现；⑥氮气和氢气在一定条件下生成氨气，氨气、二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，不能实现；答案选A。5.某些化学知识用数轴表示能体现出形象直观、简明易记的特点。下列用数轴表示不合理的是A.铁和稀硝酸反应：B.分散系的分类：C.平衡常数与转化率关系：D.氨水与SO2反应后溶液中的铵盐： 【答案】C【解析】【详解】A．根据Fe与稀硝酸反应的物料关系，当硝酸足量时，发生，HNO3与Fe物质的量之比为4:1，当HNO3投入量小于该比例时，会有部分Fe过量，在溶液中将部分Fe3+还原为Fe2+，当HNO3与Fe物质的量之比为8:3时，溶液中的Fe3+全部被Fe还原为Fe2+，合并方程得到总方程式，故硝酸量更少的情况下，Fe彻底过量，溶液中只有Fe2+存在，数轴表达正确，不符题意；B．分散系按分散质颗粒直径区分，分散质颗粒直径小于1nm的分散系为溶液，分散质颗粒直径在1~100nm之间的分散系为胶体，分散质颗粒直径大于100nm的分散系为浊液，数轴表达正确，不符题意；C．化学平衡常数与反应物生成物的物态及系数相关，不同的平衡状态K=1时，反应物转化率不一定是50%，假设在一定条件下合成氨，投入1mol/LN2、3mol/LH2，平衡时反应物转化率为50%，则该状态下，描述错误，符合题意；D．SO2溶于水形成的H2SO3是二元酸，当≥2,时氨水绝对过量，产物只有(NH4)2SO3，而当≤1时SO2绝对过量，产物只有NH4HSO3，数轴表达正确，不符题意；综上，本题选C。6.用下列实验装置，能达到实验目的的是选项ABCD 实验过程实验目的验证钢铁的析氢腐蚀将乙二醇(HOCH2CH2OH)转化为乙二酸制备少量氧气检验氯化铵受热分解生成的两种气体A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．NaCl溶液显中性，钢铁在中性环境中发生吸氧腐蚀，因此不能验证钢铁的析氢腐蚀，A错误；B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，当其足量时会将乙二醇氧化为CO2气体，B错误；C．Na2O2是淡黄色粉末状固体，与水接触发生反应产生可溶性NaOH和O2，不能使反应随时发生，随时停止，因此不能达到相应的实验目的，C错误；D．NH4Cl固体加热，发生分解反应产生NH3和HCl。气体向左扩散，NH3被左端的P2O5吸收，未被吸收的HCl溶于试纸上的水，使溶液显酸性，可以使湿润蓝色石蕊试纸变为红色；气体向右扩散，HCl被右端的碱石灰吸收，未被吸收的NH3溶于试纸上的水反应产生NH3·H2O，电离产生OH-，使使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，因此可以达到检验氯化铵受热分解生成的两种气体的目的，D正确；故合理选项是D。7.三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N—二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是 A.步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了N—H键B.该历程中决速步骤能垒(活化能)为1.19eVC.升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率D.由图可知，该条件下，DMF完全转化为三甲胺的热化学方程式为：(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)=N(CH3)3(g)＋H2O(g)△H=-1.02eV/mol【答案】B【解析】【详解】A．步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了C—H键，A错误；B．在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23eV-(-2.16)eV=0.93eV、-1.55eV-(-1.77)eV=0.22eV、-1.02eV-(-2.21)eV=1.19eV，所以该历程中的最大能垒(活化能)为1.19eV，B正确；C．升高温度可以加快反应速率，单个DMF分子转化时释放的能量，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，会导致DMF的平衡转化率降低，C错误；D．图中表示该反应中单个DMF分子转化时释放的能量，所以1molDMF完全转化为三甲胺,释放出的能量大于1.02eV，D错误；故合理选项是B。8.某种由六种元素形成的抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A.四种元素对应的最简单氢化物的热稳定性：Y＜W＜Z＜X B.W、Y、Z三种元素均存在含氧酸，其中H3PO3为三元弱酸C.W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟D.X的一种单质和化合物ZX2均可用于自来水消毒【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，由化合物的结构可知W形成3个单键，X形成2个共价键，W、Y同主族，结合原子序数可知W为N，Y为P，X为O；Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数为2×6-5=7，且Z的原子序数最大，Z为C1，以此来解答。【详解】由上述分析可知：W为N、X为O、Y为P、Z为Cl元素。A．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：P＜N＜Cl＜O，即元素非金属性：Y＜W＜Z＜X，所以简单氢化物的稳定性：Y＜W＜Z＜X，A正确；B．H3PO3为二元弱酸，B错误；C．W为N，其简单氢化物为NH3，Z为Cl，其单质是Cl2，Cl2与NH3发生氧化还原反应产生NH4Cl白色固体，因此看到有白烟生成，C正确；D．X为O，它的一种单质O3具有强氧化性，可用于自来水消毒；ZX2为ClO2具有强氧化性，也可用于自来水消毒，D正确；故合理选项是B。9.下列实验操作及现象和结论均正确的是实验操作及现象结论A加热滴加有酚酞的醋酸钠溶液，溶液的颜色变深溶液中c(H+)减小，c(OH－)增大，Kw不变B向两份相同的银氨溶液中分别滴加几滴等浓度的氯化钠和碘化钠溶液，一份产生黄色沉淀，另一份无明显现象Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)C将SO2气体通入紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色SO2气体溶于水呈酸性，且SO2具有漂白性D常温下，用pH计分别测定1mol∙L−1和0.1mol∙L−1CH3COONH4溶液的pH，测得pH都等于7同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中，水的电离程度相同 AAB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．加热滴加有酚酞的醋酸钠溶液，溶液的颜色变深，加热，温度升高，Kw增大，氢氧根浓度增大，pH增大，氢离子浓度减小，故A错误；B．向两份相同的银氨溶液中分别滴加几滴等浓度的氯化钠和碘化钠溶液，一份产生黄色沉淀，另一份无明显现象，说明生成了碘化银黄色沉淀，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故B正确；C．将SO2气体通入紫色石蕊溶液，溶液变红，故C错误；D．醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液为中性，但在同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中，水的电离程度不相同，故D错误。综上所述，答案为B。10.最近科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.吸附层a发生的电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2OB.NaClO4的作用是传导离子并参与电极反应C.Na+在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动D.“全氢电池”工作时，将酸碱中和反应的热效应转化为电能【答案】B【解析】【详解】A．由装置图中电子流向可知，电子吸附层a流出电子，发生氧化反应，则H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；B．NaClO4的作用是传导离子但并未参与电极反应，故C错； C．原电池中阳离子向正极移动，该电池左侧为负极、右侧为正极，故Na+在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动，故C正确；D．由图示可知负极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O；正极反应为：，总反应为，所以“全氢电池”工作时，将酸碱中和反应的热效应转化为电能，故D正确；答案选B。11.如图表示室温下用砂纸打磨过的镁条与水反应的探究实验，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁。下列说法错误的是A.实验1现象不明显，可能与Mg表面生成了难溶的有关B.实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失C.由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论D.实验3中破坏了在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据金属镁与水反应的方程式Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，生成的Mg(OH)2是沉淀，将覆盖在镁条的表面阻止反应的继续进行，故实验1现象不明显，A正确；B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失，导致温度升高，Mg(OH)2的溶解度增大，覆盖在镁条的表面的Mg(OH)2溶解，不再阻止反应的继续进行，B正确；C．由题干信息可知实验1和实验3所得到的产物不同，故变量不唯一，不能由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论，C错误；D．由于可以电离产生H+，从而破坏了Mg(OH)2的生成，故实验3中破坏了Mg(OH)2在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积，D正确； 故答案为：C。12.下列各组离子能大量共存，且当加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子组加入试剂现象或离子方程式ANH、Fe2+、SO少量Ba(OH)2溶液2NH+SO+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2NH3·H2OBK＋、Cr2O(橙色)、CrO(黄色)滴加少量浓H2SO4溶液橙色加深，Cr2O(橙色)+2OH－2CrO(黄色)+H2OCK＋、CO、(酸性：碳酸＞苯酚＞HCO)通入少量CO2+H2O+CO2→+HCODMg2+、HCO、Cl－(物质的量比1：1：1)过量NaOH溶液Mg2+＋HCO＋3OH－=H2O＋Mg(OH)2↓＋COA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．加入少量氢氧化钡，亚铁离子先和氢氧根反应，Fe2++SO+Ba2++2OH－=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，故A错误；B．向K＋、Cr2O(橙色)、CrO(黄色)中加入少量浓硫酸，Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H＋，因此溶液橙色加深，故B错误；C．由于酸性：碳酸＞苯酚＞HCO，向CO、通入少量二氧化碳，碳酸根先与二氧化碳、水反应，CO+H2O+CO2=2HCO，故C错误；D．向Mg2+、HCO、Cl－(物质的量比1：1：1) 加入过量氢氧化钠溶液，碳酸根、镁离子都要和氢氧根反应即Mg2+＋HCO＋3OH－=H2O＋Mg(OH)2↓＋CO，故D正确。综上所述，答案为D。13.一种测定水样中溴离子浓度的实验步骤如下：①向锥形瓶中加入处理后的水样25.00mL，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液。②加入V1mLc1mol∙L−1AgNO3溶液(过量)，充分摇匀③用c2mol∙L−1KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液V2mL。已知：Ksp(AgBr)=7.7×10−13，Ag++SCN－=AgSCN(白色)↓，Ksp(AgSCN)=1×10−12，下列说法不正确的是A.滴定终点时，溶液变为红色B.该水样中溴离子浓度为：c(Br－)=mol∙L−1C.AgBr(s)+SCN－(aq)AgSCN(s)+Br－(aq)的平衡常数K=0.77D.该实验需要严格控制水样的pH，若pH过高则测定结果将偏高【答案】D【解析】【详解】A．加入几滴NH4Fe(SO4)2指示剂，滴定终点时，KSCN过量，会与铁离子反应，因此溶液变为红色，故A正确；B．25mL溶液中Br－物质的量n(Br－)=V1×10−3L×c1mol∙L−1−V2×10−3L×c2mol∙L−1=(V1c1−V2c2)×10−3mol，因此该水样中溴离子浓度为：c(Br－)=mol∙L−1，故B正确；C．AgBr(s)+SCN－(aq)AgSCN(s)+Br－(aq)的平衡常数，故C正确；D．该实验需要严格控制水样的pH，若pH过高，Fe3+和Ag+离子会与氢氧根反应，无法指示滴定终点，故D错误。综上所述，答案为D。14.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图1所示。现有两个体积相同的恒容密闭容器甲和乙，向甲中加入1molCO和2molH2，向乙中加入2molCO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图2所示。下列说法不正确的是 A.该反应的的ΔH＜0；P1＞P2＞P3B.反应速率B点大于D点C.A、B、D三点的平衡常数关系为：KA＞KB=KDD.由图综合判断：M、L两点中，CH3OH的体积分数相同，且压强关系为p(M)=2p(L)【答案】D【解析】【详解】A．由图1可知升高温度，CH3OH的体积分数减小，说明正反应是放热反应，所以ΔH＜0；增大压强，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，相同温度下，P1、P2、P3对应的甲醇的体积分数依次减小，所以P1＞P2＞P3，故A正确；B．温度相同时压强越大，反应速率越快，B点对应的压强大于D点，所以反应速率B点大于D点，故B正确；C．平衡常数是温度函数，B、C、D点温度相同，所以平衡常数相等KB=KC=KD；A、C两点压强相同温度不同，C点温度高于A点温度，升高温度，甲醇的体积分数依次减小，平衡逆向移动，平衡常数减小，KA＞KC，所以A、B、D三点的平衡常数关系为：KA＞KB=KD，故C正确；D．M、L两点一氧化碳的转化率相等，所以M点气体的物质的量是L点的两倍，而M点的温度高于L点的温度，升高温度平衡逆向移动，所以p(M)>2p(L)，故D错误；答案选D。15.硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图： 已知：H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH++[B(OH)4]-，Ka=5.81×10-10。下列说法不正确的是A.“溶浸"硼镁矿粉过程中产生的气体经“吸收”转变为(NH4)2CO3B.“滤渣1”的主要成分有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3C.在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是转化得到硼酸，促进硼酸析出D.母液可经浓缩处理后可用于“溶浸”环节处循环使用【答案】B【解析】【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣1应为难溶于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，得到Mg(OH)2•MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该题。【详解】A．“溶浸”硼镁矿粉过程中产生的气体为NH3，经NH4HCO3“吸收”生成(NH4)2CO3，A正确；B．通过“过滤Ⅰ”所得滤液调pH为3.5得到硼酸，则SiO2、Fe2O3、Al2O3被过滤到“滤渣1”中，B错误；C．在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是转化得到硼酸，促进硼酸析出，C正确；D．母液的主要成分为硫酸铵，经加热后可去除过量的NH4HCO3等物质，这些物质可返回“溶浸”工序循环使用，D正确；故选B。16.常温下，向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol·L-1氨水，溶液中水电离出的H+浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是 A.稀硫酸的浓度为0.1mol·L-1B.B点时溶液的pH=7C.D点时所加氨水的体积为20mLD.从滴加氨水开始到滴入V3mL氨水的过程中，可能出现的离子浓度排序为：c()＞2c()＞c(OH-)＞c(H+)【答案】C【解析】【详解】A．在开始滴定时，水电离产生的H+浓度c(H+)水=c(OH-)水=10-13mol/L，则c(H+)酸=10-1mol/L，H2SO4是二元强酸，则c(H2SO4)=c(H+)酸=0.05mol/L，A错误；B．B点时水电离产生的H+的浓度等于10-7mol/L，溶液中还有硫酸电离产生的H+，且c(H+)酸=10-1mol/L＞c(H+)水=10-7mol/L，所以溶液pH＜7，B错误；C．D点时水电离产生的H+的浓度最大，二者恰好反应产生(NH4)2SO4，根据方程式：2NH3·H2O+H2SO4=(NH4)2SO4+2H2O，所加氨水的体积n(H2SO4)=c(H2SO4)·V(H2SO4)=0.05mol/L×0.02L=0.001mol，n(NH3·H2O)=2n(H2SO4)=0.002mol，故D点时所加氨水的体积V=，C正确；D．若c()＞2c()，说明溶液为(NH4)2SO4、NH3·H2O的混合溶液，且NH3·H2O的电离大于(NH4)2SO4的水解，溶液显碱性，则水电离产生的c(H+)水=c(OH-)水＞10-７mol/L，应该是滴加氨水由V2到V3的过程中会出现c()＞2c()＞c(OH-)＞c(H+)，而从0到V2时，溶液由酸性到逐渐变为中性，不可能出现c(OH-)＞c(H+)，D错误；故合理选项是C。 二、非选择题(5个小题，共52分)17.A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如图的反应关系：（1）若A为一种常见金属，反应②、⑤均用到同一种黄绿色气体单质，反应④用到A，写出A与水高温下反应的化学方程式___________。（2）若A是一种非金属单质，B常用于制作高档光学器材、光导纤维，C、D为钠盐，其中C可用作粘合剂，反应⑤用到B，条件为高温，则反应⑤的化学方程式为___________。（3）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：___________。（4）若D物质具有两性，反应②、③均要用强碱溶液，反应④需通入过量的一种引起温室效应的气体。反应④离子方程式___________。【答案】（1）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2（2）SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑（3）（4）+CO2(过量)+2H2O=Al(OH)3↓+【解析】【小问1详解】若A为一种常见金属，反应②、⑤均用到同一种黄绿色气体单质，该气体是Cl2，反应④用到A，则A是Fe，B是Fe2O3，C是FeCl3，D是FeCl2，Fe与水高温下反应产生Fe3O4和H2，该反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；小问2详解】若A是一种非金属单质，B常用于制作高档光学器材、光导纤维，C、D为钠盐，其中C可用作粘合剂，反应⑤用到B，条件为高温，则A是Si，B是SiO2，C是Na2SiO3，D是Na2CO3。反应⑤是 Na2CO3与SiO2在高温下反应产生Na2SiO3、CO2，该反应的化学方程式为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；【小问3详解】若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，B、C在一定条件下发生氧化还原反应产生N2和水，反应的化学方程式为：；【小问4详解】若D物质具有两性，反应②、③均要用强碱溶液，反应④需通入过量的一种引起温室效应的气体。则A是Al，B是Al2O3，C是NaAlO2，D是Al(OH)3，反应④是向NaAlO2溶液中通入CO2气体，发生反应产生Al(OH)3和NaHCO3，该反应的离子方程式为：+CO2(过量)+2H2O=Al(OH)3↓+。18.过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的漂白剂。某兴趣小组使用工业Na2CO3(含杂质Fe3+)制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下：查阅资料可知：①主反应：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)2Na2CO3·3H2O2(s)ΔH＜0②50℃时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解（1）图1中仪器A的名称是___________。（2）步骤①的关键除了控制反应温度外，还需要加入少量特殊稳定剂与原料中含有的Fe3+杂质生成稳定的配合物，加入稳定剂目的是___________。 （3）在滤液X中加入适量NaCl固体或无水乙醇，也均可析出少量过碳酸钠，则加入上述物质作用是___________。（4）步骤③中选用乙醇洗涤产品的目的是___________。（5）H2O2浓度对反应速率有影响。通过如图所示装置将少量20%H2O2溶液浓缩至30%，B处应增加一个设备。该设备的作用是___________。【答案】（1）球形冷凝管（2）防止Fe3+杂质离子催化H2O2分解（3）降低产品的溶解度(盐析作用或醇析作用)（4）洗去固体表面杂质、减少产品损失、利于干燥（5）降低体系压强，减少双氧水分解【解析】【分析】①中发生反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)2Na2CO3·3H2O2(s)，通过过滤、洗涤、干燥得到目标产物，仔细阅读从已经条件中了解反应物及目标产物的性质特征，另外从流程图中搞清实验的目的与原理及操作要点、注意点。【小问1详解】仪器A为球形冷凝管。【小问2详解】双氧水遇到Fe3+易分解，故加入稳定剂。【小问3详解】在滤液X中加入适量NaCl固体可以增大溶液中钠离子浓度，从而降低过碳酸钠的溶解度；过碳酸钠在有机溶剂中的溶解度小，加入乙醇，也能降低过碳酸钠的溶解度，因此可析出过碳酸钠。【小问4详解】过碳酸钠在有机溶剂中的溶解度小，所以骤③中选用无水乙醇洗涤产品的目的是减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥。 【小问5详解】过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，减少双氧水的分解。19.将硫铁矿(主要成分为FeS2，含有少量的碳)焙烧所得尾气主要含SO2、CO2。为了检验尾气的主要成分并验证尾气的部分性质，设计了以下实验。实验用到的装置和药品如图所示：(部分实验装置可重复使用)请回答下列问题：（1）为达到实验目的，请把装置按气流方向进行连接(用小写字母填写)：i→___________→___________→___________→___________→___________→___________→a→b→___________→___________。___________（2）酸性高锰酸钾溶液的作用有二：其一___________；其二___________。（3）装置E中被氧化的元素是___________(写元素符号)。能证明尾气中含CO2的实验现象是___________。（4）在该实验中，SO2通入FeCl3溶液中反应的离子方程式为___________。取反应后的该溶液于一洁净的试管中，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红；再继续滴加少量氯水，溶液也不变红，请分析产生这种现象的原因___________。【答案】（1）i→g→h→a→b→c→d→a→b→e→f（2）①.验证SO2有还原性②.吸收SO2，以免干扰CO2的检验（3）①.S、C和Fe②.第2个品红溶液不褪色(酸性高锰酸钾溶液颜色未完全褪去)，装置C中澄清石灰水变浑浊（4）①.SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+②.少量Cl2与溶液中过量的SO2(或H2SO3、HSO)反应，Cl2量不足，不能把Fe2+氧化为Fe3+，溶液不变红【解析】【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2，含有少量的碳)与氧气反应生成二氧化硫、氧化铁、二氧化碳，先用品红检验二氧化硫，再用氯化铁来验证二氧化硫的还原性，再用酸性高锰酸钾除掉二氧化硫，再用品红检验二氧化硫是否除尽，再用澄清石灰水检验二氧化碳。 【小问1详解】为达到实验目的，A验证二氧化硫，B是验证二氧化硫的性质并除掉二氧化硫，C验证二氧化碳性质，D防倒吸，且还需要验证用二氧化硫验证二氧化硫是否除尽，因此装置按气流方向进行连接：i→g→h→a→b→c→d→a→b→e→f。；故答案为：i→g→h→a→b→c→d→a→b→e→f；【小问2详解】二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则体现二氧化硫的还原性，而酸性高锰酸钾溶液的作用有二：其一验证SO2有还原性；其二为了验证二氧化碳气体，必须先除掉二氧化硫；故答案为：验证SO2有还原性；吸收SO2，以免干扰CO2的检验；【小问3详解】硫铁矿(主要成分为FeS2，含有少量的碳)与氧气反应生成二氧化硫、氧化铁、二氧化碳，因此装置E中被氧化的元素是S、C和Fe。要验证二氧化碳，必须先除掉二氧化硫，因此能证明尾气中含CO2的实验现象是第2个品红溶液不褪色(酸性高锰酸钾溶液颜色未完全褪去)，装置C中澄清石灰水变浑浊；故答案为：S、C和Fe；第2个品红溶液不褪色(酸性高锰酸钾溶液颜色未完全褪去)，装置C中澄清石灰水变浑浊；【小问4详解】在该实验中，SO2通入FeCl3溶液反应生成硫酸根、亚铁离子和氢离子，其反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+。取反应后的该溶液于一洁净的试管中，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中没有铁离子；再继续滴加少量氯水，溶液也不变红，可能少量的氯水还没有将开始通入的二氧化硫反应完，因此亚铁离子还没有被氯气氧化，因此产生这种现象的原因少量Cl2与溶液中过量的SO2(或H2SO3、HSO)反应，Cl2量不足，不能把Fe2+氧化为Fe3+，溶液不变红；故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+；少量Cl2与溶液中过量的SO2(或H2SO3、HSO)反应，Cl2量不足，不能把Fe2+氧化为Fe3+，溶液不变红。20.钼(Mo)是一种重要的过渡金属元素，在电子行业有可能取代石墨烯，其化合物钼酸钠晶体(Na2MoO4·10H2O)可制造金属缓蚀剂。由钼精矿(主要成分MoS2，含有少量不反应杂质)制备钼及钼酸钠晶体的工艺流程如下：（1）焙烧时，下列措施有利于使钼精矿充分反应的是___________。(填序号) a．适当增大空气的用量b．增大钼精矿的量c．将矿石粉碎（2）“碱浸”过程中反应的离子方程式为___________。（3）已知钼酸钠的溶解度曲线如图所示，要获得钼酸钠晶体Na2MoO4·10H2O的操作2为___________、___________、过滤，洗涤烘干。（4）在碱性条件下，将钼精矿加入到足量的NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，可观察到钼精矿逐渐溶解至固体消失。该反应的离子方程式为___________。空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入物质是___________。(填字母)A．通适量的N2B．油脂C．NaNO2D．盐酸（5）在实际生产中会有少量SO生成，用固体Ba(OH)2除去。在除SO前测定碱浸液中c(MoO)=0.80mol/L，c(SO)=0.02mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为___________%。(保留整数)[已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8溶液体积变化可忽略不计]。【答案】（1）ac（2）MoO3+CO=MoO+CO2↑（3）①.蒸发浓缩②.冷却至10℃以下结晶（4）①.②.C（5）89【解析】【分析】焙烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，离子方程式为MoO3+=+CO2↑，经过过滤操作除去不反应的杂质，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4•10H2O。将过滤后的溶液足量HCl，将Na2MoO4转化为H2MoO4，H2MoO4高温下发生分解生成MoO3，MoO3 高温下被氢气还原为金属钼，据此分析解答相关问题。【小问1详解】焙烧时，使钼精矿充分反映即提高原料的利用率，使原料尽可能全部转化，则可以粉碎原料，增大原料与氧气的接触面积，还可以将焙烧后的原料循环再次煅烧，故正确答案为ac；【小问2详解】操作1的名称是过滤，除去矿石中不参与反应的杂质，“碱浸”过程中的离子方程式为MoO3+=+CO2↑；【小问3详解】由图像知，在0-10℃范围内溶解度随温度的升高而升高，10℃以上不再是，所以获得的方法是在适宜条件下蒸发浓缩、冷却至10℃以下结晶；【小问4详解】ClO-中的氯元素是+1价，具有氧化性氯元素化合价降低到-1价，生成Cl-，MoS2中Mo元素为+2价，S元素为-1价，两种元素的化合价均升高，根据电子守恒、电荷守恒、元素守恒知离子方程式为；根据题目信息，在空气中是氧气与钼酸盐共同作用，在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜，现在是密闭系统中，钼酸盐未变，还需加入NaNO2，是替代氧气起氧化剂的作用；【小问5详解】当BaMoO4开始沉淀时，，此时溶液中的则的去除率为。21.CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。Ⅰ.CO2催化加氢合成CH3OCH3是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应1：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH=＋41.2kJ·mol-1反应2：2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH=-122.5kJ·mol-1 （1）CO和H2也能合成CH3OCH3，请写出热化学方程式___________。（2）在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=则温度高于300℃，温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应___________(填“1”或“2”)；通常情况下，为提高生产效益(单位时间内的生产效率)，提高产品选择性，除了采取调节体系的压强外，还可以采取的措施是___________、___________。Ⅱ.在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。调整CO2和H2初始投料比，测得在一定投料比和一定温度下，该反应CO2的平衡转化率如图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)。（3）经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，结合数据说明判断理由___________。（4）已知反应速率v=v正-v逆=k正x(CO2)x(H2)-k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。C、D、E三点中k正-k逆最大的是___________，计算E点所示的投料比在从起始到平衡的过程中，当CO2转化率达到50%时，=___________。 Ⅲ.制备碳基燃料利用铜基配合物1，10—phenanthroline—Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。（5）电路中每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加___________g。【答案】（1）2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH=-204.9kJ·mol-1（2）①.1②.选择适当反应温度③.选择对反应2催化活性较高的催化剂（3）因为KA=KE=KG=1，平衡常数相同，反应温度相同（4）①.C②.1（5）46【解析】【小问1详解】CO和H2反应的方程式为，根据盖斯定律，将反应2-2反应1得到：2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH=-204.9kJ·mol-1；【小问2详解】根据图象，温度高于300℃时，CH3OCH3的选择性迅速降低，反应2向逆反应方向进行，CO2的转化率降低；反应1是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向反应，CO2的转化率增大，根据图象，温度高于300°C时，CO2的平衡转化率增大，说明温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应1；由图可知温度较高的时候，CH3OCH3选择性降低，故应该选择合适的温度，除此之外，催化剂是有选择性的，可以选择对反应2更加高效的催化剂，故答案为：选择适当反应温度，选择对反应2催化活性较高的催化剂；【小问3详解】因为平衡常数只与温度有关，故判断温度是否相同可通过计算平衡常数是否相同去分析。依据Kx的定义计算A、E和G三点对应的平衡常数。A点列三段式有： 代入平衡常数表达式：，同理可求，E和G两点的K=1，因为KA=KE=KG=1，平衡常数相同，反应温度相同；【小问4详解】②已知反应速率v=v正-v逆=k正x(CO2)x(H2)-k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。C、D、E三点中，因为进料比相同，但CO2转化率C>D>E，所以推出TC>TD>TE，故三点中C点温度最高，k正变化幅度最大，故k正-k逆最大；在达到平衡状态E点的反应过程中，当CO转化率刚好达到50%时，，平衡常数K=1，当二氧化碳转化率刚好达到50%时，列三段式有：，；【小问5详解】每转移2mol电子，有2molH+穿过交换膜，结合阴极电极反应式CO2+2H++2e-=HCOOH可知，生成1molHCOOH，阴极室溶液质量增加46g。