1、- 1 -安徽省毫州市 2017-2018 学年年度第一学期期末高三质量检测化学试题1. 化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )A. 蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同B. 硫酸亚铁片和维生素 C 同时服用，不能增强治疗缺铁性贫血的效果C. 古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等都是硅酸盐产品D. 工业上通过电解熔融的氯化物制取 Na、Mg、Al 三种金属【答案】C【解析】A 项，蚕丝的成分是蛋白质，棉花的成分是纤维素，二者组成元素不同，结构不同，性质不同，故 A 错误；B 项，维生素 C 具有还原性，硫酸亚铁片和维生素 C 同时服用，可防止 Fe2+被氧化，能增强治
2、疗缺铁性贫血的效果，故 B 正确；C 项，古代的陶瓷、砖瓦都是传统无机非金属材料，现代的玻璃、水泥等，制备原料都需要用到硅酸盐等物质，都是硅酸盐产品，故 C 正确；D 项，工业上可以通过电解熔融的氯化物制取 Na 和 Mg，但氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，不能电解冶炼铝单质，工业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝单质，故 D 错误。2. 下列分离物质的方法中，根据微粒大小分离的是( )A. 萃取 B. 渗析 C. 蒸馏 D. 重结晶【答案】B【解析】A 项，萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的不同进行分离，与微粒大小无关，故A 错误；B 项，渗析一般是分离提纯胶体的一种方法，操作中微粒小的离子、
3、分子可透过半透膜，而胶体中微粒直径比离子、分子大，不能透过半透膜，是根据微粒大小进行分离，故B 正确；C 项，蒸馏是利用物质的沸点不同进行分离，与微粒大小无关，故 C 错误；D 项，重结晶是利用物质的溶解度随温度的变化较大进行分离的方法，与微粒大小无关，故 D 错误。3. 设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )A. l8gH2O 中含有的电子数为 10NAB. 46gNO2和 46gN2O4中含有的原子数均为 3NAC. 1L ImolL-1的盐酸中所含 HC1 分子数为 NAD. 标准状况下，l1.2LO 3中含 1.5NA个氧原子【答案】C- 2 -【解析】试题分析：A、的
4、摩尔质量为 18g/mol,所以 18g 水物质的量为 1mol,1molH2O 中,含2molH,1molO,原子序数=电子数,H 和 O 的原子序数分别为 1 和 8,所以一个 H2O 含电子数为10,1molH2O 含电子数 10mol,即 10NA ，A 项正确；B、如果 46g 完全是 NO2,则 NO2 的物质的量是 46g46g 每 mol=1mol,一个分子中含有 3 个原子,所以 1molNO2 含有的原子的物质的量是 1mol3=3mol,数目是 3NA.，如果 46g 完全是 N2O4,则 N2O4 的物质的量为 46g92g 每mol=0.5mol,一个分子中含有 6g
5、 原子,所以 46g 的 N2O4 含有原子的物质的量是0.5mol6=3mol,其数目为 3NA.综上,无论是 46g 的 NO2,还是 46g 的 N2O4,还是 46g 的 NO2和 N2O4 混合气体中含有原子总数均为 3NAB 项正确；C、1L 1molL -1的盐酸中，没有 HCl分子，C 项错误；D、标准状况下，11.2L O 3物质的量=11.2/22.4=0.5mol，O 原子的物质的量=30.5=1.5mol，N（O）=1.5N A，D 项正确；答案选 C。考点：考查阿伏加德罗常数的相关计算4. 下列各溶液中能大量共存的离子组是( )A. 使酚酞试液呈红色的溶液中：CO 3
6、2-、CH 3COO-、SO 42-、K +B. 使 pH 试纸呈红色的溶液中：Fe 2+、S 2-、NO 3-、Cl -C. 使石蕊试液呈蓝色的溶液中：Mg 2+、SO 42-、Cl -、Ba 2+D. 使苯酚溶液呈紫色的溶液中：Na +、AlO 2-、I -、SO 32-【答案】A【解析】A 项，使酚酞试液呈红色的溶液为碱性溶液，CO 32-、CH 3COO-、SO 42-、K +离子之间不反应，也不与 OH-反应，在溶液中能大量共存，故 A 正确；B 项，使 pH 试纸呈红色的溶液为酸性溶液，NO 3-在酸性条件下能够氧化 Fe2+和 S2-，在溶液中不能大量共存，故 B 错误；C 项，
7、SO42-和 Ba2+生成 BaSO4沉淀而不能大量共存，使石蕊试液呈蓝色的溶液为碱性溶液，OH -和Mg2+生成 Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，故 C 错误；D 项，使苯酚溶液呈紫色的溶液中含有Fe3+，和 I-、SO 32-因发生氧化还原反应而不能大量共存，故 D 错误。点睛：本题考查离子共存，侧重考查有限制条件的离子共存问题，熟悉常见离子的性质，明确离子之间发生的反应是解题关键，主要涉及复分解反应、氧化还原反应、络合反应、双水解反应等，注意题目的隐含条件，如：本题中 A、B、C 三项都涉及溶液酸碱性的限制条件；D 项隐含条件为 Fe3+，注意 Fe3+为常见氧化性离子，I -、SO
8、32-为常见还原性离子。5. 能正确表示下列反应的离子方程式是( )A. 将铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H +=2Fe3+3H2B. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe 3O4+8H+=3Fe3+4H2O- 3 -C. 将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：Fe 2+4H+NO3-=Fe3+2H2O+NOD. 将铜屑加入氯化铁溶液中：2Fe 3+Cu=2Fe2+Cu2+【答案】D【解析】试题分析：A将铁粉加入稀硫酸中，反应产生硫酸亚铁和氢气，离子方程式是Fe+2H+= Fe2+H2，错误；B将磁性氧化铁溶于盐酸,反应产生氯化铁、氯化亚铁和水，反应的离子方程式是:Fe 3O4+ 8H+=2Fe3+ Fe2+ 4H
9、2O，错误；C将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合，反应产生硝酸铁、氯化铁、NO 和水，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式是：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+2H2O+NO，错误；D将铜屑加入 Fe3+溶液中，反应产生 Fe2+和 Cu2+，反应的离子方程式是:2Fe 3+Cu=2Fe2+Cu2+，正确。考点：考查离子方程式正误判断的知识。视频6. Na2S2O3常作为漂白布匹后的“脱氯剂” ，S 2O32-和 Cl2反应的产物之一为 SO42-，下列说法不正确的是( )A. 该反应中还原剂是 S2O32-B. H2O 参与该反应，且作氧化剂C. 根据该反应可判断氧化性：Cl 2 SO42-D.
10、 该反应中每生成 lmol SO42-，可脱去 2molCl2【答案】B考点：氧化还原反应7. 下列根据反应原理设计的应用，不正确的是( )A. CO32-+H2O HCO3-+OH- 热的纯碱溶液清洗油污B. Al3+3H2O Al(OH)3（胶体）+3H + 明矾净水C. TiCl4+ (x+2) H2O（过量）=TiO 2xH2O+4HC1 用 TiCl4制备 TiO2D. SnCl2+H2O=Sn(OH)Cl+HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠- 4 -【答案】D【解析】试题分析：A盐的水解是吸热反应，加热促进盐类水解，则加热纯碱溶液其碱性增强，去污能力增强，A 项正确；B明矾中的
11、 Al3+水解生成 Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，明矾能净水，B 项正确；CTiCl 4能水解生成钛的氧化物，其水解方程式为：TiCl4+（x+2）H 2O（过量) TiO2xH2O+4HCl，C 项正确；DSnCl 2水解显酸性，所以在配制氯化亚锡溶液时要加入 HCl 抑制其水解，D 项错误；答案选 D。【考点定位】考查盐类水解原理的应用。【名师点睛】本题考查盐类水解原理的应用，要注意影响水解的因素。加热促进盐类水解；明矾中的 Al3+水解生成 Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒；TiCl 4能水解生成钛的氧化物；SnCl 2水解显酸性，要加入 HCl 抑制其水解。8. 关
12、于下列各装置图的叙述中正确的是( )A. 装置可用于实验室用制取氨气B. 装置中 X 若为四氯化碳，可用于吸收氨气C. 装置可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色D. 装置是原电池，锌电极为负极，发生还原反应【答案】B【解析】A 项，氯化铵受热易分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在温度较低时又会生成氯化铵，所以不能用分解氯化铵的方法制取氨气，实验室可用氯化铵和氢氧化钙加热反应来制备氨气，故 A 错误；B 项，氨气不溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，图示装置可防止倒吸，故 B 正确；C 项，图示方法得到的氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化，可用苯隔绝空气以防止氢氧化亚铁被氧化，故 C 错误；D 项，
13、装置是原电池，锌电极为负极，发生氧化反应，故 D 错误。- 5 -点睛：本题考查化学实验方案的设计与评价，涉及气体制取、防倒吸装置、物质的性质、原电池原理等，侧重于对实验基本操作和实验原理的考查，注意分析实验的可操作性、装置的作用等，如题中 B 项，吸收氨气要考虑其溶解性，因为氨气极易溶于水所以导管不能直接插入水中，而氨气不溶于四氯化碳，所以该装置用于吸收氨气可操作且防倒吸；C 项，实验室制取氢氧化亚铁要考虑其易被氧化的性质。9. 反应 N2O4(g) 2NO2(g)；H=+57kJ mol -1，在温度为 T1、T 2时，平衡体系中 NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示。下列说法正确的是
14、( )A. A、C 两点的反应速率：ACB. A、C 两点气体的颜色：A 深，C 浅C. A、C 两点气体的平均相对分子质量：ACD. 由状态 B 到状态 A可以用加热的方法【答案】D考点：考查影响化学反应速率、化学平衡移动的因素等知识。10. 从下列实验事实中所得出的相应结论正确的是( )实 验 事 实 结 论 - 6 -A常温下白磷可自燃，而氮气要在放电条件下才与氧气反应非金属性：PNB CO2的水溶液可导电 CO2是电解质C SO2通入溴水中，溶液褪色 SO2有漂白性D NaHCO3溶液与 NaAlO2溶液混合产生白色沉淀同浓度溶液的pH:NaAlO2NaHCO3A. A B. B C.
15、 C D. D【答案】D【解析】A 项，不能根据常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应这一事实来确定二者非金属性的强弱，同主族元素自上而下非金属性减弱，故非金属性 NP，由于氮气分子中 N 原子之间形成 NN，键能大，所以化学性质稳定，故 A 错误；B 项，CO 2的水溶液可导电是碳酸电离出自由移动的离子导电，不是 CO2本身导电，CO 2是非电解质，故 B 错误；C 项，二氧化硫使溴水褪色，发生反应：SO 2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，是氧化还原反应，体现了二氧化硫的还原性，二氧化硫的漂白性是指与有机色质化合为不稳定的无色物质，故 C 错误；D项，NaHCO 3溶液与 N
16、aAlO2溶液混合产生白色沉淀，说明偏铝酸根结合氢离子能力比碳酸氢根强，所以同浓度两溶液偏铝酸根水解程度大，pH：NaAlO 2NaHCO3，故 D 正确。11. 分子式为 C9H12O，属于芳香醇且苯环上有三个取代基的同分异构体共有( )A. 4 种 B. 5 种 C. 6 种 D. 8 种【答案】C【解析】试题分析：有机物分子式为 C9H12O，属于醇类，说明分子中-OH 连在侧链上，苯环上有三个取代基团，说明含有 2 个-CH 3和 1 个-CH 2OH，两个甲基取代基可能是邻、间、对三种情况，所以共有 6 种情况，故选 C。考点：考查有机物的推断、同分异构体的书写等。12. 短周期主族
17、元素 X、Y、W、Z、R 的原子序数依次增大。其中 X、Z 同主族，Z 的单质是一种良好的半导体材料，W 3+与 Y2-具有相同的核外电子数，R 是同周期中原子半径最小的元素。下列叙述正确的是( )- 7 -A. Y、Z 形成的化合物为离子化合物B. Y2-的离子半径大于 W3+的离子半径C. W 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 X 的强D. Z 的气态简单氢化物的稳定性比 R 的强【答案】B【解析】短周期主族元素 X、Y、W、Z、R 的原子序数依次增大其中 X、Z 同主族，Z 的单质是一种良好的半导体材料，则 Z 为 Si、X 为 C；W 3+与 Y2 具有相同的核外电子数，则 W 为Al
18、、Y 为 O，R 处于第三周期，且是同周期中原子半径最小的元素，则 R 为 ClAY、Z 形成的化合物为 SiO2，属于共价化合物，故 A 错误；B电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O 2 Al 3+，故 B 正确；CR（Cl）的非金属性比 W（Al）强，故高氯酸酸性比偏铝酸强，故 C 错误；D非金属性 R（Cl）Z（Si） ，故氢化物稳定性 HClSiH 4，故 D 错误，【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，难度中等13. 一定量的 CuS 和 Cu2S 的混合物投入足量的 HNO3溶液中，收集到气体 V（标准状况） ，向反应
19、后的溶液中(存在 Cu2+和 SO42-)加入足量 NaOH 溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到 CuO12.0g，若上述气体为 NO 和 NO2的混合物，且体积比为 1：1，则 V 可能为( )A. 9.0L B. 13.5L C. 15.7L D. 16.8L【答案】A【解析】若混合物全是 CuS，其物质的量为 12/80015 mol，电子转移数 015 mol(62)12 mol。两者体积相等，设 NO x mol，NO 2x mol,3xx12，计算的x03。气体体积 V06 mol224 Lmol 1 1344 L；若混合物全是 Cu2S，其物质的量为 0075 mol，转
20、移电子数 0075 mol10075 mol，设 NO x mol，NO 2x mol,3xx075，计算得 x0187 5，气体体积 V0375 mol224 Lmol1 84 L，因此 84 LV1344 L。视频14. 部分弱酸的电离常数如下表：弱酸 HCOOH HCN H2S- 8 -电离常数(25) Ka=1.8 X l0-4 Ka=4.910-10Ka1 = 1.310-7Ka2= 7.110-15下列有关说法不正确的是( )A. 等体积、等浓度 HCOONa 和 NaCN 两溶液中所含明离子数目相等B. HCOO-、CN -、HS -在溶液中可以大量共存C. NaHS 溶液中加入
21、适量 KOH 后：c(Na +)=c(H2S）+c(HS -)+c(S2-)D. 恰好中和等体积、等 pH 的 HCOOH 和 HCN 消耗 NaOH 的量前者小于后者【答案】A【解析】A、根据电荷守恒，HCOONa 溶液中：c(HCOO )c(OH )=c(Na )c(H )。NaCN 溶液中：c(CN )c(OH )=c(Na )c(H )，因为两者是等浓度，等体积，因此 c(Na )相等，根据电离平衡常数，HCN 的酸性弱于 HCOOH，因此 CN 的水解程度大于 HCOO ，NaCN 的碱性强于 HCOONa，NaCN 中 c(H )小于 HCOONa 中的 c(H )，HCOONa
22、中阴离子数目大于 NaCN 中阴离子数目，故说法 A 错误；B、根据电离平衡常数，电离出 H 能力：HCOOHH 2SHCNHS ，因此这些离子能够大量共存，故说法 B 正确；C、根据物料守恒，因此有 c(Na )=c(S2 )c(HS )c(H 2S)，故说法 C 正确；D、根据电离平衡常数，HCOOH 的酸性强于 HCN，等 pH等体积时，c(HCN)c(HCOOH)，HCOOH 消耗 NaOH 的体积小于 HCN，故说法 D 正确。15. 五种短周期元素 A、B、C、D、E 原子序数依次增大，结合下列信息：A 原子核外电子总数是内层电子数的三倍，A、E 同主族；B 的最高价氧化物对应的水
23、化物 F 与其气态氢化物 G反应，得到离子化合物 H；C 的焰色应呈黄色；D 在同周期中形成的简单离子，其离子半径最小；回答下列问题：（1）写出 D 在元素周期表中的位置：_。（2）化合物 H 的水溶液 pH_7（填“大于” 、 “等于” “小于” ） ，其原因是_用离子方程式表示。（3）上述元素的最高价氧化物对应水化物中，有一种物质在一定条件下均能与其他四种物质发生化学反应，写出该物质的电子式：_。（4）请设计实验证明 A、B、E 的非金属性强弱关系：_。【答案】 (1). 第三周期、 第 IIIA 族 (2). 小于 (3). - 9 -NH4+H2O NH3H2O+H+ (4). (5)
24、. 将过量的稀硝酸加入到碳酸钠溶液中，观察到气泡，再将生成的二氧化碳除去挥发出的 HNO3通入到硅酸钠溶液，观察到有白色沉淀生成，证明非金属性 NCSi【解析】由已知 A、B、C、D、E 为原子序数依次增大的短周期元素，A 原子核外电子总数是内层电子数的三倍，则 A 为碳元素；A、E 同主族，则 E 为硅元素；B 的最高价氧化物对应的水化物 F 与其气态氢化物 G 反应，得到离子化合物 H，则 B 为氮元素、F 为硝酸、G 为氨气、H 为硝酸铵；C 的焰色应呈黄色，则 C 为钠元素；D 在同周期中形成的简单离子，离子半径最小，且原子序数大于钠，则 D 为铝元素。（1）D 为铝元素，在元素周期表
25、中处于第三周期第A 族。（2）化合物 H 为硝酸铵，属于强酸弱碱盐，由于铵根离子水解，使其水溶液呈酸性，所以pH7，用离子方程式表示为 NH4+H2O NH3H2O+H+。（3）A、B、C、D、E 的最高价氧化物对应水化物分别为：碳酸、硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝、硅酸，其中氢氧化钠在一定条件下均能与其他四种物质发生化学反应，其的电子式为：。（4）元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，根据强酸制弱酸原理设计实验，将过量的稀硝酸加入到碳酸钠溶液中，观察到气泡，再将生成的二氧化碳除去挥发出的HNO3然后通入到硅酸钠溶液中，观察到有白色沉淀生成，则证明非金属性 NCSi。点睛：本题考查元素周
26、期表的推断，涉及“位、构、性”相互关系的应用、盐类的水解、电子式书写、实验方案的设计等知识，综合性较强，解题时首先根据元素的相关信息推断出五种元素，然后根据元素化合物等知识灵活作答，注意证明 N、C、Si 非金属性强弱方案的设计时应排除有关干扰。16. 已知 A 是来自石油的重要有机化工原料，其产量用来衡量一个国家石油化工发展水平，E 是具有果香味的有机物，F 是一种高聚物，可制成多种包装材料。- 10 -（1） A 的名称为_；C 分子中的官能团名称为_。（2）反应的化学方程式为_；该反应的反应类型为_。（3）反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 乙烯 (2). 醛基 (3). CH 3
27、COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O (4). 酯化反应或取代反应 (5). nCH 2=CH2【解析】由已知，A 是来自石油的重要有机化工原料，其产量用来衡量一个国家石油化工发展水平，则 A 为乙烯；A 在催化剂条件发生反应生成 F，F 是一种高聚物，可制成多种包装材料，则 F 为聚乙烯；A(乙烯)在催化剂条件发生反应生成 B，又根据 BC 的反应条件可推出 B 为乙醇、C 为乙醛；由 BD 的反应条件，结合 E 是具有果香味的有机物，可推出 D 为乙酸、E 为乙酸乙酯。（1）由前面的分析可知，A 的名称为：乙烯；C 为乙醛，分子中的官能团名称为：醛基。（2）B 为乙
28、醇、D 为乙酸、E 为乙酸乙酯，则反应为乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应，化学方程式为：CH 3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，该反应类型为：酯化反应(或取代反应)。（3）反应为乙烯的加聚反应，化学方程式为：nCH 2=CH2 。17. 亚硝酸钠(NaNO 2)是一种生活中常用的食品添加剂，但使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组将下图装置连接起来制备 NaNO2（装置可重复使用，A 中加热装置已略去） 。兴趣小组查阅资料可知：2NO+Na 2O2=2NaNO2；NO 能被酸性 KMnO4氧化成 NO3-，MnO 4-被还原为 Mn2+；在酸性条件下 NaNO2能把 I
29、-氧化为 I2，NO 2-被还原为 NO；Na 2S2O3与 I2的反应为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI（1）连接装置的顺序为_。（2）装置 A 三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_；为保证制得的亚硝酸纯- 11 -度，装置 B 中盛放的试剂可能是_(填序号)。AP 2O5 B碱石灰 C无水 CaCl2 D生石灰（3）C 装置的目的是_；E 装置的作用是_。（4）利用 NaNO2的氧化性来测定其纯度的步骤是：准确称取 mgNaNO2样品放人锥形瓶中，加适量水溶解，再加过量 clmolL-lKI 溶液 VlmL 和几滴淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2molL-1Na2S2O3溶液
30、滴定消耗 V2mL。滴定终点的判断方法是_；NaNO 2的质量分数_%（写出表达式即可）。【答案】 (1). ACBDBE (2). C+4HNO 3(浓) CO2+4NO 2+2H 2O (3). B、D (4). 将 NO2转化为 NO (5). 吸收多余的 NO，防止污染空气 (6). 滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且三十秒内不恢复蓝色 (7). 6. 9c 2V2/m【解析】 （1）由已知可得，该兴趣小组用 NO 和 Na2O2反应制取 NaNO2，所以 A 中生成 NO2，通入 C 中生成 NO，经 B 除杂和干燥后与 D 中 Na2O2反应；由已知可得，E 为尾
31、气吸收装置，为保证 D 中干燥，在 D 和 E 之间应连接干燥装置 B，综上分析，连接装置的顺序为：ACBDBE。（2）装置 A 三颈烧瓶中 C 和浓 HNO3在加热时反应生成 CO2、NO 2和 H2O，化学方程式为：C+4HNO3(浓) CO2+4NO 2+2H 2O；CO 2和 H2O 都能与 Na2O2反应，为保证制得 NaNO2的纯度，装置 B 中盛放的试剂应既能吸水又能吸收 CO2，P 2O5和无水 CaCl2只能吸水不能吸收 CO2，碱石灰和生石灰既能吸水又能吸收 CO2，故选 BD。（3）由第（1）小题的分析可得 C 装置的目的是将 NO2转化为 NO；E 装置的作用是吸收多余
32、的 NO，防止污染空气。（4）利用 NaNO2的氧化性来测定其纯度，由已知：在酸性条件下 NaNO2能把 I-氧化为I2；Na 2S2O3与 I2的反应为 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，用 Na2S2O3标准液滴定含 I2的溶液，所以滴定终点的判断方法是：滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且三十秒内不恢复蓝色。由 2NO2-+2I-+4H+=I2+2NO+2H2O、2Na 2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI 可得关系：NO2-Na2S2O3，所以 n(NaNO2)=n(NO2-)=n(Na2S2O3)=c2V210-3mol，m(NaNO 2)=M(
33、NaNO2)n(NaNO2)=69c2V210-3g， NaNO2的质量分数为：69c 2V210-3gmg100%= %。18. 工业上利用软锰矿浆烟气脱硫吸收液制取电解锰，并利用阳极液制备高纯碳酸锰、回收- 12 -硫酸铵的工艺流程如下（软锰矿的主要成分是 MnO2，还含有硅、铁、铝的氧化物等杂质）：已知：Fe(OH) 3的 Ksp=l.010-38，Al(OH) 3的 Ksp=1.010-34（1）一定温度下， “脱硫浸锰”主要产物为 MnSO4，生成该产物的化学方程式为_。（2）常温下，调节 pH=6 时，得到的“滤渣 2”主要成分为 Fe(OH)3和_（化学式） ，此时溶液中的 Fe
34、3+物质的量浓度为_ 。（3） “电解”时用惰性电极，阳极的电极反应式为_。（4） “50碳化”得到高纯碳酸锰，反应的离子方程武为_。 “50碳化”时加入过量 NH4HCO3，可能的原因：使 MnSO4充分转化为MnCO3；_；_。【答案】 (1). MnO 2+SO2=MnSO4(2 分)或 H2O+SO2 =H2SO3、MnO 2+H2SO3=MnSO4+H2O (2). Al (OH)3 (3). l.0l0-14mol/L (4). 4OH-4e-=O2+2H 2O (5). Mn2+2HCO3-MnCO3+CO 2+H 2O (6). NH4HCO3与电解生成的酸反应，防止 MnCO
35、3沉淀溶解损失 (7). NH4HCO3受热分解损失【解析】 （1）由流程可知， “脱硫浸锰”环节主要是二氧化硫与 MnO2作用生成硫酸锰，化学方程式为 MnO2+SO2=MnSO4或 H2O+SO2=H2SO3、MnO 2+H2SO3=MnSO4+H2O。（2） “脱硫浸锰”环节，铁、铝的氧化物等杂质也会反应，溶液中会有 Al3+、Fe 3+，可能还有 Fe2+；氧化环节，加双氧水确保溶液中铁元素以 Fe3+形式存在；加氨水调节溶液的PH=56 把 Al3+和 Fe3+转化为沉淀除去，故“滤渣 2”中主要成分的化学式为 Fe(OH)3、Al(OH) 3；常温下，pH=6 时 c(H+)=10
36、-6mol/L，c(OH -)=Kw/c(H+)=10-8mol/L，此时溶液中的Fe3+物质的量浓度为： = molL-1=l.0l0-14mol/L。（3） “电解”时用惰性电极，阳极由水电离出的氢氧根离子放电，发生氧化反应，电极反应式为：4OH -4e-=O2+2H 2O(或 2H2O-4e-=O2+4H +)。（4） “50碳化”得到高纯碳酸锰，结合流程可得，Mn 2+和 HCO3-反应生成 MnCO3和 CO2，根据- 13 -原子守恒，还有水生成，故离子方程式为 Mn2+2HCO3- MnCO3+CO 2+H 2O；因为原溶液显酸性、碳酸氢铵受热易分解，所以“50碳化”时加入过量
37、NH4HCO3，可能的原因是：NH 4HCO3与 H+反应，防止 MnCO3沉淀溶解损失；可以防止 NH4HCO3受热分解损失。19. 一定条件下铁可以和 CO2发生反应：Fe(s)+CO 2(g) FeO(s)+CO(g)；H0（1）一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的 CO2气体，反应过程中 CO2气体和 CO 气体的浓度与时间的关系如右图所示，则 8 分钟内 CO 的平均反应速率 v(CO)=_。（2）写出该反应平衡常表达式：K=_；下列措施中能使该反应的平衡常数 K 增大的是_（填序号） 。A升高温度 B增大压强 C充入 CO D再加入一些铁粉（3）反应达到平衡后，若保
38、持容器体积不变时，再通入少量的 CO2，则 CO2的转化率将_ （填“增大” 、 “减小” 、 “不变” ） 。（4）铁的重要化合物在生产生活中应用十分广泛。高铁酸钠(Na 2FeO4)是一种新型饮用水消毒剂。高铁酸钠生产方法之一是：强碱性溶液中用NaClO 氧化 Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和另一种常见化合物，该反应的离子方程式为_。高铁电池的总反应为：3Zn+2K 2FeO4+8H2O 3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH下列叙述错误的是_（填序号） 。A放电时每转移 6mol 电子，负极有 2mol K2FeO4被还原B充电时阴极反应为：Zn(OH) 2 +2e-=Zn+
39、2OH-C放电时正极反应为：FeO 42-+ 3e-+ 4H2O= Fe(OH)3+ 5OH-D充电时阳极附近溶液的碱性减弱（5）已知：2CO(g)+O 2(g)= 2CO2(g) H=-566 kJ/mol- 14 -2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g)；H=-483.6 kJ/mol写出 CO 和 H2O(g)作用生成 CO2和 H2的热化学方程式：_。【答案】 (1). 0.075mol/(Lmin) (2). K=c(CO)/c(CO 2) (3). A (4). 不变 (5). 2Fe(OH)3+3ClO- +4OH- =2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). A (7
40、). CO (g) +H2O(g)=CO2 (g) +H2 (g) H=-41.2kJ/mol【解析】 （1）如图，8min 内，c(CO)=0.60mol/L，则 CO 的平均反应速率 v(CO)=c(CO)t(CO)=0.60mol/L8min=0.075mol/(Lmin)。（2）在一定温度下，可逆反应都达到平衡，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，用 K 表示，这个常数叫化学平衡常数，再结合该反应化学方程式，平衡常表达式 K=c(CO)/c(CO2)；化学平衡常数只受温度影响，由已知该反应为吸热反应，故升高温度平衡常数 K 增大，只有
41、A 选项符合题意。（3）该反应为反应前后气体分子数不变的反应，反应达到平衡后，若保持容器体积不变时，再通入少量的 CO2，达到的平衡与原平衡等效，则 CO2的转化率不变。（4）强碱性溶液中用 NaClO 氧化 Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和另一种常见化合物，根据原子守恒和得失电子守恒可知另一种常见化合物含有氢元素，应为水，根据电荷守恒，离子方程式为 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。A 项，高铁电池放电时，锌元素的化合价升高，铁元素化合价降低(由+6 降为+3)，K 2FeO4在正极上发生还原反应，每转移 6mol电子，在正极上有 2molK2F
42、eO4被还原，故 A 错误；B 项，充电时阴极 Zn(OH)2发生得电子的还原反应，电解质溶液为碱性，电极反应为：Zn(OH) 2+2e-=Zn+2OH-，故 B 正确；C 项，放电时正极发生 K2FeO4得电子的还原反应，电解质溶液为碱性，电极反应为：FeO 42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-，故 C 正确；D 项，充电时阳极发生 Fe(OH)3失电子的氧化反应，即Fe(OH)3+5OH-3e-=FeO42-+4H2O，消耗氢氧根离子，所以充电时阳极附近溶液的碱性减弱，故D 正确。（5）设已知中两个反应分别为：2CO(g)+O 2(g)=2CO2(g) H=-566kJ/mol、2H 2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJ/mol，根据盖斯定律-得：2CO(g)+2H 2O(g)=2CO2(g)+2H2(g)H=-82.4kJ/mol，所以 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H=-41.2kJ/mol。
