北京市海淀区2020届高三化学上学期期中试题

1、北京市海淀区2020届高三化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-18 S-32 K-39 Cu-64Zn-65 Rb-85第一部分选择题（共 42分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题3分，共42分）1 .巴黎圣母院是全人类的宝贵文化遗产。下列在传承过程中遇到的问题与化学变化无关的是25A石质阶梯被游客磨损B石质雕像被酸雨腐蚀C铜质雕像逐渐变为绿色D木质中轴塔在火灾中坍塌A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.石质阶梯被游客磨损，没有生成新的物质，是物理变化，符合题意，故 A正确;B.石质雕像主要成分为碳酸

2、盐，被酸雨腐蚀，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故B错误；C.铜质雕像逐渐变为绿色，铜单质变为碱式碳酸铜，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故C错误；D.木质中轴塔主要成分为碳，在火灾中发生燃烧而坍塌，燃烧属于化学反应，发生化学变化，不符合题意，故 D错误；答案选Ao【点睛】物理变化和化学变化的区别是看有没有新物质生成，应从本质上理解化学变化的实 质。2. 下列做法的目的与改变化学反应速率无关 的是A. 牛奶在冰箱里保存B. 向玻璃中加入氧化铅C. 高炉炼铁前先将铁矿石粉碎D. 在糕点包装内放置小包除氧剂【答案】B【解析】【详解】A. 牛奶在冰箱里保存，通过降低温度减小牛奶变质的反应

3、速度，与题意不符，故A错误；E. 向玻璃中加入氧化铅，可增强玻璃的折光率，与反应速率无关，符合题意，故B 正确；F. 高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，目的是增大反应物的接触面积，从而起到增大反应速率的目的，与题意不符，故 C错误；G. 在糕点包装内放置小包除氧剂来防止食品被氧化，减慢食物因氧化而变质的速度，与题意不符，故D 错误；答案选B。3. 下列关于铝及含铝物质的说法正确的是A. 27Al 的中子数为13B 单质铝可用作半导体材料C. 原子半径：r(Si) >r(Al)D. Al(OH) 3能与NaOH§液反应【答案】D【解析】【详解】A. 27A1的质量数为27,质子数为13,

4、中子数为14,故A错误；B.单质铝是金属，是导体，不能用作半导体材料，故 B错误；C. 铝和硅为同周期元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大，原子半径减小，原子半径：r(Si)<r(Al),故 C 错误；D. Al(OH) 3是两性氢氧化物，即能与强碱反应又能与酸反应，则可与NaOH§液反应，故 D正确；答案选D。4. 下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是A. 金属钠露置在空气中迅速变暗B. 露置在空气中的过氧化钠固体变白C. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升D. 将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟【答案】C【解析】【详解】A. 金属钠露置在空气中与空气中的

5、氧气反应，生成氧化钠，使钠表面迅速变暗，氧气发生还原反应，不符合题意，故 A错误；E. 露置在空气中的过氧化钠与空气中的水蒸汽以及二氧化碳反应，生成氧气，最后变成碳酸钠白色固体，反应过程中固体过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，水蒸气和二氧化碳没有被氧化或被还原，不符合题意，故B 错误；F. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，试管内气体减少，压强减小，则液面上升，二氧化氮中的氮元素化合价既升高又降低，既被氧化又被还原，符合题意，故 C正确；G. 将氨气与氯化氢混合发生化合反应，生产氯化铵固体颗粒，则产生大量白烟，反应中氯化氢和氨气没有发生化合价变化，不是氧化还原反应

6、，不符合题意，故D 错误；答案选C。【点睛】本题考察物质的性质和氧化还原反应的原理，首先应该能正确判断物质发生的化学反应，其次从化合价的角度判断氧化还原反应。5. 下列条件下，可以大量共存的离子组是A. 某无色透明溶液中：Na+、 Cu2+、 SO42 、 OHB. 含有大量CH3COO 的溶液中：H+ 、 K+、 SO42 、 NO3C. pH=11 的溶液中：Na+、 K+、 Cl 、 CO32D. 0.1 mol/L 的 HkSO溶液中：K+、Ba2+、Cl、NO【答案】C【解析】【详解】A.某无色透明溶液中，Cu2+与OH反应生成蓝色沉淀，不能大量共存，且Cu2+在溶液中为蓝色，故A错

7、误；B.含有大量CHCOO的溶液中，CHCOO与H+结合形成弱电解质醋酸，不能大量共存，故 B错误；C. pH=11的溶液显碱性，溶液中各离子之间不发生反应，与氢氧根离子也不发生反应，能大量共存，故C正确；D. 0.1 mol/L 的HSQ溶液中，Ba2+与SO2-反应生成沉淀，不能大量共存，故 D错误； 答案选Co6.一定温度下，在 2 L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所 示。下列说法正确的是 Kmol 0.8A 04 020. :EmmA. a 点时，u(A)= u (B)B.反应开始到5min, B的物质的量增加了 0.2 molC.反应的化学方程式为：3A

8、2B+ CD.反应开始到 5min, u (C) =0.04 mol/(L - min)【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，a点时，A B两物质反应的时间相同，但物质的量的变化量不同， 反应速率不相等，故 A错误；B.反应开始到5min, B的物质的量由0变为0.4 mol ,则增加了 0.4 mol ,故B错误；C.反应达到平衡时，A的物质的量由0.8 mol减少为0.2 mol ,变化量为0.6 mol , A为反应物，B的物质的量由0增加到0.4 mol ,变化量为0.4 mol , C的物质的量由0增加到0.2 mol,变化量为0.2 mol , B、C为生成物，化学反应计量系数之

9、比等于反应体系中物质变化 量之比，？n(A) ： ?n(B) : ?n(C) =0.6 mol : 0.4 mol ： 0.2 mol=3 : 2： 1,则反应的化学方 程式为：3A=2B+ C,故C正确；An(C) 0.2 molD.反应开始到 5min, ?n(C)= 0.2 mol , u (C) = Ac(C ) v 2 L =0.02t t 5minmol/(L - min),故 D错误;答案选Co【点睛】从图象中找到信息，找到谁是反应物，谁是生成物，根据方程式的系数之比等于变化的物质的量之比，从而正确书写出化学方程式，应用化学反应速率的公式进行计算。7 .下列实验方案能达到实验目的

10、的是（部分夹持装置已略去）Na,CO,沫液A证明醋酸酸性比硼酸强B实验室制氢氧化亚铁C实验室制氨气D证明碳酸氢钠热稳定性比碳酸钠弱A. AB. B C. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.碳酸钠加到醋酸中有气体生成，则醋酸酸性大于碳酸，碳酸钠加入到硼酸中无现象，说明碳酸酸性大于硼酸，则可得醋酸的酸性大于硼酸，故A正确；B.将氢氧化钠滴加到硫酸亚铁溶液中，可短暂生成氢氧化亚铁，但很快被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，若想制得氢氧化亚铁需满足无氧条件，例如加入苯等，故B错误；C.氯化俊受热分解生成氯化氢和氨气，生成的氨气和氯化氢又很快化合生成氯化俊固体小颗粒，无法得到氨气，故 C错误；D.小试

11、管内应放碳氢酸钠，温度较低的情况下碳酸氢钠分解产生二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，大试管放碳酸钠，温度较高受热不分解，不能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故 D错误；答案选Ao【点睛】实验方案的设计，需要充分考虑物质的性质，例如氢氧化亚铁易被氧化，所以制得时需要隔绝空气，用氯化俊制氨气时，要考虑氨气和氯化氢还会结合生成氯化俊， 正确的实 验方案设计，要综合考虑实验原理，提出可行性方案。8 .下列解释事实的方程式不正确的是A.用稀盐酸除铁锈：FezQ+6H=2Fe3+3H2OB.用氨水吸收烟气中少量的 SO: NH3 HO+S8NH+HSOC.用金属钠除去甲苯中的水：2Na+2HO=2

12、NaOH旬D.铜片溶解在NaNO和稀硝酸的混合液中：3Cu+8H+2NO-=3Cu2+2NOT +4H2O【答案】B【解析】【详解】A、铁锈的成分是氧化铁，氧化铁和稀盐酸反应的化学方程式为：FeO+6HCL2FeCl3+3H2。，离子反应方程式为 FeQ+6H+ 2Fe3+3H2O 故 A正确；日 用氨水除去烟气中的二氧化硫，化学方程式为：SO +2NH?H2O (NH4)2SO +H2O,离子反应方程式为 2NH?HO+SO-2NH+2SO2-+H2O,故 B 错误；C除杂不能引入新杂质，且与原物质不发生反应，故可用金属钠除去甲苯中的水，对应的方程式为2Na+2Hoi2NaOH+W ,然后分

13、液分离，故 C正确；D在NaNQ和稀硝酸混合液中，发生氧化还原反应，铜片溶解，反应的离子反应为：3Cu+8口+2NO- 3Cuf+2NOT +4H2O,故 D正确；故选Bo9 .利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。八喷附. w蒙区/ 解吸.23777777777 不 zzz/zZzzz q zzzzZz/zZ77777777 小 zzzzzzxzz(D下列说法不正确的是A. NO属于共价化合物B. O 2含有非极性共价键C.过程吸收能量，过程释放能量D.标准状况下，NO分解生成11.2LN2转移电子数为6.02 X 1023【答案】D【解析】详解】A. NO中氮原子和氧原子以共价

14、键相结合，NO只含有共价键，属于共价化合物，故A正确；B. O 2中氧原子和氧原子以共价键相结合形成分子，由同种元素形成的共价键为非极性键，故B正确；C.过程为NO分子变成氮原子和氧原子，是断键 过程，断键吸收能量，过程由氮原子和氧原子重新结合形成氮气和氧气，是形成化学键，形成键释放能量，故 C正确；D. 11.2LN 2的物质的量为0.5mol , 2molNO生成1mol N2,氮原子化合价由+2价变为0价， 共转移4mol电子，则生成 0.5mol N 2转移电子数为2X 6.02 X 1023=1.204 X 1024,故D错误;答案选Do10.在一氧化碳变换反应 CO + H2O 三

15、CO + H 2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正画.的是A.使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加B.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加C.增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加D.增大c(CO),活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加【答案】D【解析】【详解】A.使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故 A正确；B.升高温度，活化分子数目最多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；C.增大压强，气体体积减小，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快

16、，故C正确；D.增大c(CO),单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故 D错误；答案选Do【点睛】增大浓度，增加的是单位体积内活化分子数，活化分子百分数是不变的。11.某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如下图所示。1湿润的蒋色石蕊试纸2.湿润的品红试妣&湿润的Naj9试维卜列实验事实与所得结论相符的是实验事实所得结论A湿润品红试纸褪色证明硫燃烧的产物中有 SOB湿润的Na2s试纸上出现淡黄色固体证明硫的燃烧产物能被还原成硫C湿润的蓝色石蕊试纸变红证明硫的燃烧产物中有酸类物质D加入BaCl2溶液产生白色沉证理城燃烧的产物中有

17、 SOA. AB. B【解析】【详解】A.湿润的在化硫，故A正确;B.湿润的Na2s试纸具有氧化性，不一定国C.湿润的蓝色石蕊试，试纸褪色，说现淡黄色固步化硫被还原,B错误;明硫离子被氧化剂氧化:C. C性，则成的物质具变红，是因为二氧化硫与水反应生D. D燃烧时生成了二氧.单质，瓶内含有氧气亚硫酸使石蕊试纸变红，二氧化硫不是酸，是酸性氧化物，故C错误;D错误;D.硫与氧气燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故答案选Ao12.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）卜列说法不正确的是A.若A、B C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱

18、性，则 X可以是COB.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 FeD. A可以是碳单质，也可以是 Q【详解】A.若A、R 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

19、.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.利用下列实验探究亚硝酸钠（ NaNO）的化学性质（AgNO是淡黄色难溶于水的固体）实验装置试齐【J a现象酚岬无色溶液变红广试剂口AgNQ溶液产生淡黄色沉淀NaNO21溶液淀粉KI溶液+稀硫酸无色溶液立即变蓝酸fKCrzQ溶液无色溶液变为绿色由上述实验所得结论不正确的是A. NaNO2 溶液呈碱性：NQ-+H2O? HNO+OHB. NaNQ2

20、可与某些盐发生复分解反应：NQ-+Ag+=AgNQ JC. NaNQ有氧化性：2I -+2Hh+2NQ-=I 2+2NQT +H2QD. NaNQ2 有还原性：Cr2Q2-+3NQ-+8Hh=3NQ-+2Cr3+4H2Q【答案】C【解析】【详解】A. NaNQ滴加酚儆，溶液变红色，是因为其属于强碱弱酸盐，水解呈碱性,NO-+HO?HNOOH,故 A正确；B.加入硝酸银溶液，可生成 AgNO沉淀，发生复分解反应，方程式NO-+Ag+AgNOj ,故B 正确；C. NaNO有氧化性，可与 KI发生氧化还原反应生成碘，N元素化合价降低，方程式为2I-+4H+2NO- 12+2NOT +2H2O,故

21、C错误；D. NaNO有还原性，可被CrzO2-氧化生成硝酸根离子， 发生Cr2O2+3NO-+8H 3NO-+2Cr3+4H2O, 故 D 正确；故选C。【点睛】根据现象判断物质的性质是解题的关键。本题的易错点为CD要注意氧化还原反应规律的理解和应用。14. 含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量 NaClO=下列分析不正确 的是A.含氨和镂盐的水体中存在平衡：NH+OH?NH- H2O?NH + H 2OB

22、.吹脱法的原理是通过鼓气降低NH浓度，从而降低水中 NH H2O与NH+的含量C.折点氯化法除 NH+的原理为：2NH+3C1。=N4+3C+3H2O+2HD.吹脱法无法对含NO-的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO-的水体脱氮【答案】D【解析】【详解】A. 氨气与水反应生成弱电解质一水合氨，铵盐中的铵根离子水解生成一水合氨，一水合氨在溶液中存在平衡：NH+OH? NH H2C? NH + H 2。，故A正确；B. 吹脱法：调节水体pH 至 8 左右， 然后持续向水中吹入大量空气，利用空气将水体中的氨气带出，促使 NT+OH?NH - H2O?NH + H2O平衡向正向移动，减小镂根离子和NH

23、 - H2O的浓度，故 B 正确；C.根据题意，折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量 NaClO,酸性条件下，CIO-具有氧化性，镂根离子中氮元素为-3价，具有还原性，NaClO与NH+发生氧化还原反应， 反应为 2NH4+3CIO =NJ+3CI +3H2O+2H,故 C正确；D.吹脱法是利用物理法脱氮， 无法对含NO-的水体脱氮；折点氯化法利用 CIO-具有氧化性， 发生氧化还原反应，将NO氧化为硝酸根离子，氮元素不能脱离水体， 无法脱氮，故D错误；答案选D。第二部分非选择题(共58分)15.R、W X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。

24、W与X可形成两种稳定的化合物：WXF口 WX。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量 WX抖E入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。(1) W的原子结构示意图是 。(2) WX的电子式是。(3) R2X用Y中，稳定性较高的是 (填化学式)，请从原子结构的角度解释其原因： (4) Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。根据元素周期律，下列推断正确的是 (填字母序号)。a. Se的最高正化合价为+7价b. HbSe的还原性比H2Y强c. HSeQ的酸性比 HYQ强d. SeO在一定条件下可与 NaOH§液反

25、应室温下向SeQ固体表面吹入 NH,可得到两种单质和 H2O,该反应的化学方程式为(5)科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为MQ。为确定M元素的种类进行了一系列实验，结果如下:M的相对原子质量介于 K和Rb (锄)之间;0.01 mol M 2O3在碱性溶?中与 Zn充分反应可得到 M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol ;【答案】(1).综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第 族。氧原子与硫原子 * « ： ； ： i :：(3). H 2。 (4). * «最外层电子数相同，电子层数S>O原子半径S>O得电子能力S&

26、lt;O元素的非金属性 S<O因此，H2S 的稳定性弱于 H2O (5). bd (6). 3SeO2+4NH=3Se + 2N2 + 6H 2O (7). VA【分析】R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物： WX和W及工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则 WX为CG, W为C元素，X为O元素；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S元素。(2) WX为 CO,电子式是 0：C:0,答案为：o：c：b； "H一(3) R为H元素，X为O元素，Y为S元素，R

27、X、R2Y分别为H2Q H2S,氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数 S>Q原子半径S>Q得电子能力S<O元素的非金属性 S<O因 此，H2s的稳定性弱于H2O,答案为：H2Q氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O原子半径S>Q得电子能力S<O元素的非金属性 S<O因此，H2s的稳定性弱于H2O;(4) Se与S是同一主族的元素同主族元素从上到下，随着核电荷数增大，非金属性减弱，半径逐渐增大。a. Se与S是同一主族的元素，最外层电子数为6, Se的最高正化合价为+6价，故a错误；b.单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，S的氧化性强

28、于 Se,则S2-还原性弱于Se2-,因此H2Se的还原性比H2S强，故b正确；c.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S>Se,则H2SeQ的酸性比H2SO弱，故c错误；d.同主族元素化学性质具有相似性，SO属于酸性氧化物可与 NaOHB液反应，则SeQ在一定条件下也可与 NaOH液反应，故d正确；答案选bd;室温下向SeQ固体表面吹入 NH,可得到两种单质和 H20,根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se,利用氧化还原反应得失电子守恒，该反应的化学方程式为3SeQ+4NH=3Se + 2K+ 6H2O,答案为：3SeO+4NH=3Se + 2N 2 + 6H 2Q

29、(5) 0.01 mol M 2O3在碱性溶液中与 Zn充分反应可得到 M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设 M的氢化物中化 合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01 mol MQ完全反应共得到 2 乂 (3+x) X 0.01 mol 的电子，金属 Zn由0价变为+2价，被 MQ氧化的Zn为0.06 mol ,共失去2X0.06 mol的 电子，根据得失电子守恒，2X (3+x) X 0.01=2 X 0.06 ,解得x=3,则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5,主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层

30、电子数等于 主族序数，故 M可能位于元素周期表第VA族，答案为：VA;16.自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自 来水消毒剂有二氧化氯(ClO2)和高铁酸钾(KFeQ)等。(1)某研究小组用下图装置制备少量 ClO2 (夹持装置已略去)。NaOH溶漉资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11c时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备 ClO2的反应为2NaClQ + 4HCl= 2ClO 2T +Cl2 T + 2NaCl + 2H 2O。冰水浴的作用是。NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为 。(

31、2)将ClO2水溶液滴加到 KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4,振荡、静置，观察到,证明ClQ具有氧化性。(3) ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐( ClO2-),需将其转化为 Cl-除去。下列 试剂中，可将 ClO2-转化为Cl-的是 (填字母序号)。a. FeSO4 b. O 3 c. KMnO 4 d. SO 2(4) &Fe。是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备RFeQ的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。上述制备KzFeQ反应的离子方程

32、式为 。净水过程中，(FeQ起到吸附、絮凝作用的原理是 。【答案】 (1).分离 C12和C1O2(2). Cl 2+2OH=Cl-+ClO-+HO(3).溶液分层，下层为紫色(4). ad(5). 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O(6).净水过程中，FeO2-发挥氧化作用，被还原成 Fe3+, Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用【解析】【详解】(1)根据反应2NaClQ + 4HCl= 2ClO 2T+ Cl 2 T+2NaCl+2WO可知，制备 CQ的 同时生成氯气，利用 CIO2 11c时液化成红棕色液体，可用冰水浴将 C12和C

33、1Q分离，获得 纯净的ClO2，答案为：分离Cl 2和 ClO2；NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案为：Cl 2+2OH-=Cl -+ClO- +H2O(2)向混合后的溶液中加入适量CC14,振荡、静置，CC14密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将C1O2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化， 则证明C1O2具有氧化性。答案为：溶液分层，下层为紫色；(3)需将C1O2-其转化为Cl-除去

34、，氯元素的化合价从 +3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，a. FeSO 4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a 符合；b. O 3具有强氧化性，故b 不符合；c. KMnO4具有强氧化性，故 c不符合；d. SO 2具有还原性，可以做还原剂，故 d符合；答案为 ad；(4) K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备&FeQ的方法如下：在冰水浴中，向 KClO和KOFIW混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾

35、，Fe3+从+3价升高到+6价的FeQ2-,失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到 2 个电子，最小公倍数为 6,则ClO-和Cl-的系数为3, Fe3+和FeO2-系数为2,根据物料守恒， 可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，答案为：3ClO-+10OH+2Fe3+=2FeQ2-+3Cl -+5Ho净水过程中，FeO2-发挥氧化作用，被还原成Fe3+, Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，答案为：净水过程中，FeO2-发挥氧化作用，被还原成 Fe3+, Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起 到吸

36、附、絮凝作用。17.优化反应条件是研究化学反应的重要方向。(1)以硫代硫酸钠与硫酸的反应NaSQ+HSO=N&SQ+SO+Sj +HO为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。实验序号Na24Q溶液H2SC溶液蒸储水温度/ C浓度 / ( mol/L )体积/mL浓度/(mol/L )体积/mL体积/mLI0.11.50.11.51020n0.12.50.11.59am0.1b0.11.5930表中，a为, b为。实验表明，实验 出的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为 。硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下：A&O+4SQ2-+HC? 2Ag

37、(S 2C3) 2 3+2OH。在实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.59.5 ,解释其原因：。(2)工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆(含 CaC)上清?中的S2-,并制取石膏(CaSC?2H2C),其中的物质转化过程如图所示。o2 h2o 、过程I) MnSO4 ,、.CaO2 Mn(OH)2 ., Mn。/CaSO4-2H2OSO42' S2O32- S"过程i、n中，起催化剂作用的物质是 。过程n中，反应的离子方程式为 。根据物质转化过程，若将 10L上清液中的S2-转化为SO2- (S2-浓度为320mg/L),理论上共需要标准状况下的 Q的体积

38、为 L。【答案】(1).20 (2).2.5 (3). 实验出溶液中生成黄色沉淀的时间最短(4).pH高于9.5, OH浓度过高，反应 Ag2O+4SQ2-+HbO?2Ag(S 2c3)2广+20皿抑制，Ag浸出率低； pH低于8.5 , GQ2-与发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低 (5). Mn(OH) (6). 2S 2-+9H2O +4MnO2-=S2Q2-+4Mn(OH+10OH (7). 4.48【解析】【分析】(1)根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温度不同，需要控制浓度相同，据此分析判断； 升

39、高温度，反应速率加快；提高银的浸出率需要调节 pH的范围为8.59.5,结合Ag2O+4SO32-+H2O?2Ag( S 2Q) 2 3-+2OFO N&SzQ+HSON&SQ+SO+S J+H2O分析解答；(2)催化剂是在反应中参加反应，然后又生成的物质；过程II中S2-与MnO2-发生氧化还原反应；根据反应的方程式结合电子守恒及原子守恒分析计算。【详解】(1)根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温度不同，需要控制浓度相同，可知 a=20,b=13-9-1.5=2.5 ，故答案为：20; 2.5;实验表明

40、，实验m的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为实验m溶液中生成黄色沉淀的时间最短，故答案为：实验出溶液中生成黄色沉淀的时间最短；实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.59.5,因为pH高于9.5 ,OH浓度过高，反应 Ag2O+4SO32-+H2O?2Ag( GQ)2 3-+2OH粒抑制，Ag浸出率低，而 pH低于 8.5 , S2Q2-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低，故答案为：pH高于9.5 ,OH浓度过高，反应 Ag2O+4SQ2-+HC?2Ag( S 2QM +2OH被抑制，Ag浸出率低，而pH低于8.5 , &Q2-与H+发生反应，浓度降

41、低，浸出反应平衡左移，浸出率低；(2)催化剂是在反应中参加反应，然后又生成的物质，由图可知，过程 I、n中，起催化剂作用的物质是 Mn(OH),故答案为：Mn(OH>根据图示，过程n中S2-与Mnd-发生氧化还原反应，离子反应为2S2- +9H2O+4MnO- - &Q2-+4Mn(OH+10OH,故答案为：2S2-+9HO+4MnO- GQ2-+4Mn(OH»+10OH;过程 I 中 Mn(OH)2与氧气转化为 MnO2-;过程 n .2S2-+9H2O+4MnO- SO2-+4Mn(OH>+10OH;然后S2Q2-与氧气反应生成 SO2-,由电子守恒及原子守恒

42、可知，存在4Mn(OH)24MnO2-8e- 丁2Q, 4MnO2-2S2-S2Q2-; &Q2-2SO2-8e-2Q,共两个过程消耗氧气，且消耗的氧气相 等，因此S2-2Q,所以将10L上清液中的S2-转化为SO2-(S2-浓度为320mg/L),理论上共需 10L 320mg/L 10'-一要标准状况下的 Q的体积为 X2X22.4L/mol=4.48L ,故答案为：32g/ mol4.48 。18.化工原料异丁烯(。伟)可由异丁烷(C4H0)直接催化脱氢制备：CHw(g) RC4Hs(g) +H2(g) AH= +139 kJ/mol(1)该反应的化学平衡常数的表达式为

43、。(2) 一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯。温度、压强改变对异丁烷平衡转化率的10 450 SOO 550 600 650*温度忙判断P1、P2的大小关系：P1 (填“>”或“<”)P2,理由是若异丁烷的平衡转化率为 40%则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为 %保 留小数点后1位)。(3)目前，异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-O为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。温度/ c570580590600610以 丫 -Al 2O为载体异丁烷转化率/%36.4136.4938.4239.234

44、2.48异丁烯收率/%26.1727.1127.5126.5626.22以TiO2为载体异丁烷转化率/%30.2330.8732.2333.6333.92异丁烯收率/%25.8827.3928.2328.8129.30说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）X100%由上表数据，可以得到的结论是（填字母序号）。a.载体会影响催化剂的活性b.载体会影响催化剂的选择性c.载体会影响化学平衡常数分析以丫-Al 2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因:【答案】（1）.c c4H8 c H2c C4H10(2).< (3).该反应是气体物质的量增大的反P1变为P2,异丁烷的平衡转应

45、，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由温度升高时异丁化率减小，平衡逆向移动，可知 pi<p2 （4）.28.6 （5）. ab （6）.烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）一生成物侬度系数次累之积一【详解I （1）化学平衡常数=匕一、印,则该反应的化学平衡常数的表 反应物浓度系数次曷之积c C4H8 c H2达式K=c C4H10答案为:c C4H8 c H2c C4H10(2)根据反应GHw(g)匚C4H8(g) +

46、 H 2(g),该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由pi变为P2,异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知 Pl<P2,答案为： <；该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由Pi变为P2,异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知P1<P2；40%则根据反应利用三段式:设异丁烷初始物质的量为 a,平衡转化率为GHo(g) J C4H8(g)+H 2(g)初始(mol) a 00变化(mol) 40% a 40% a 40% a40%a X 100%=28.6% (1 40%)a+4 0%

47、a+40%a平衡(mol) (1-40%) a 40% a 40% a则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为答案为：28.6 ;(3)a.由上表数据，相同温度下，同一催化剂选择不同的载体异丁烷转化率和异丁烯收率不同，即催化效果不同，说明不同载体会影响催化剂的活性，故 a正确；b.以丫-Al 2Q为载体时，随着温度的升高异丁烷转化率不断升高，而异丁烯收率基本不变；以TiO2为载体时，异丁烷转化率和异丁烯收率都随着温度的升高而增大，说明不同的载体会影响催化剂的选择性，故 b正确；c.化学平衡常数只与温度有关，与催化剂或催化剂载体无关，故 c错误；答案选ab;以丫-Al 203为载体时温度升高时，

48、异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加，答案为：温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动(或其他合理原因)；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加(或其他合理原因)。19.某小组用实验1验证FeCl3与Cu的反应，观察到有白色沉淀产生，决定对其进行深入探究。实验1:1-0-IL015 g铜粉KSCN咨液振藩静理际目匕3 mL O.lmoLLFeCk溶液溶液变为红色红色褪去，产生白色

49、沉淀资料：i. CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO2-、Cu2+与Cl-。ii. SCN -被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似；(SCN)2性质与卤素单质相似，其水溶液呈黄色。(1) FeCl3溶液与KSCNt应的离子方程式为 。(2)下列由实验1得到的推论中，合理的是 (填字母序号)。a. Cu能还原Fe3+b. Fe 3+与SCN的反应是可逆反应c.白色沉淀中的Cu(I) (I表示+1价铜元素)可能是由 Fe3+氧化Cu得到的(3)为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学实施了实验2：加入3滴0. 1mol/LAgNO3溶液加入过量稀硝酸分为

50、两等份大量白色沉淀试管I中 白色沉淀蓝色沉淀加入3滴OJbqI/L少量白色沉淀由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是(4)该小组欲进一步探究实验 1中白色沉淀产生的原因，实施了实验3:步骤实验操作实验现象I溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余II取I中上层清液于试管中，滴加 1滴立刻出现红色，同时有白色沉淀生成0.1mol/L KSCN 溶液III振荡II中试管，静置白色沉淀变多，红色逐渐褪去步骤I的实验操作是 。根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I),他们的判断依据步骤II中加入KSCN后出现红色白可能原因是 。解释步骤III中实验现象产生的可能原因： 。【答案】 (1). Fe 3+ + 3SCNT Fe(SCN)3 (2). abc (3). CuCl和 CuSCN (4).向2 mL 0.1 mol/L FeCl 3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置 (5). 若有Cu(I)生成， 步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生(6). Cu2+与SCN反应生成(SCN)2, Fe2+被(SCN