1、- 1 -江西省红色七校 2019 届高三第一次联考化学试卷1.化学与科技、医药、工业生产均密切相关。下列有关叙述正确的是：（ ）A. 2017 年 4 月 26 日，中国第二艘航母举行下水仪式，该航母使用了素有“现代工业的骨骼”之称的碳纤维。碳纤维是一种新型的有机高分子材料B. 离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阴离子交换膜C. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户” ，计算机芯片的主要材料是经提纯的 SiO2D. 获得 2015 年诺贝尔生理学、医学奖的屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理【答案】D【解析】A. 碳纤维是一种新型的无机非金属材料，A 错误；B
2、. 离子交换膜在工业上应用广泛，如为防止氯气与氢氧化钠反应，氯碱工业使用阳离子交换膜，B 错误；C. 计算机芯片的主要材料是经提纯的 Si，C 错误；D. 屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理，D 正确，答案选 D。2.如图表示一些物质间的从属关系，不正确的是( )选项 X Y Z HA 分散系 胶体 溶液 烟B 电解质 酸 碱 盐C 元素周期表的纵行 主族 副族 卤族D 化合物 共价化合物 离子化合物 酸- 2 -A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】由图可知，概念的范畴为 X 包含 Y 和 Z，Y 包含 H，然后利用物质的组成和性质来分析物
3、质的类别，再根据概念的从属关系来解答；A.根据微粒的直径不同将分散系分为溶液、胶体、浊液分析；B.电解质包含酸、碱、盐；C.元素周期表中的 7 个主族，卤族也是主族；D.全部由共价键结合的化合物为共价化合物，酸为共价化合物，以此解答。【详解】A、分散系包含胶体和溶液，烟属于胶体，故 A 正确；B、电解质包含酸、碱、盐，酸不能包含盐，即 Y 不包含 H，故 B 错误；C、元素周期表的纵行包含主族和副族，主族包含卤族，故 C 正确；D、化合物包含共价化合物和离子化合物，共价化合物包含酸，故 D 正确。故答案选 B。3.下列装置能达到相应实验目的的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案
4、】A【解析】【分析】A. 煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；B. NH4Cl 受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷有生成 NH4Cl；C. 碘易溶于酒精，不分层；D. 二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体。- 3 -【详解】A. 煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则图中装置可制取 Fe(OH)2并观察其颜色，所以 A 选项是正确的；B. NH4Cl 受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成 NH4Cl，因此得不到氨气，故 B 错误；C. 碘易溶于酒精，不分层，不能利用分液漏斗来分离，故 C 错误；D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体，不能用排水法收集二氧化
5、氮，故 D 错误。所以 A 选项是正确的。4.下列关于离子方程式的评价正确的是( )选项 离子方程式 评价A将 2 mol Cl2通入到含 1 mol FeI2的溶液中：2Fe2 4I 3Cl 2=2Fe3 6Cl 2I2正确；Cl2过量，Fe 2 、I 均被氧化B用 Cu 作电极电解 NaCl 溶液，阳极的电极反应式：2Cl 2e =Cl2正确；Cl 优先于 OH 放电C过量 SO2通入到 NaClO 溶液中：SO2H 2OClO =HClOHSO 3正确；H2SO3的酸性强于 HClODMg(HCO3)2溶液与足量的 NaOH 溶液反应：Mg2 2HCO 3 2OH =MgCO3 2H 2
6、O正确；MgCO3比 Mg(OH)2更难溶A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】A. 将 2 mol Cl2通入到含 1 mol FeI2的溶液中，二价铁离子、碘离子都被氧化；B.铜做电极，阳极为活性电极，阳极参与放电；- 4 -C.HClO 有强氧化性；D.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水。【详解】A.氯气过量，二价铁离子、碘离子都被氧化，离子方程式为：2Fe2 4I 3Cl 2=2Fe3 6Cl 2I 2，故 A 正确； B.用 Cu 作电极电解 NaCl 溶液，阳极的电极反应式：Cu-2e -=Cu2+，评价及离子方程式均不合理，故 B
7、错误； C.HClO 有强氧化性，能够氧化 SO2，正确的离子方程式为：SO 2H 2OClO =Cl-SO 42-+2H+,评价及离子方程式均不合理，故 C 错误；D.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，离子方程式：Mg2 2HCO 3 4OH =Mg(OH)22CO 32-+ 2H2O ，故 D 错误。所以 A 选项是正确的。5.已知下列实验事实：Cr 2O3固体既能溶于 KOH 溶液得到 KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO 4） 3溶液；将 K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和 KI 的混合溶液中，溶液变蓝；向 KCrO2溶液中滴加 H2O2溶液，再酸化，可得
8、K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是A. 化合物 KCrO2中 Cr 元素为+3 价B. 实验证明 Cr2O3是两性氧化物C. 实验证明氧化性：Cr 2O72 I 2D. 实验证明 H2O2既有氧化性又有还原性【答案】D【解析】试题分析：A、根据化合价规则判断：化合物 KCrO2中 K 和 O 元素的化合价分别是1 价和2 价，则 Cr 元素为+3 价，正确；B、根据两性氧化物的概念判断，Cr 2O3固体既能溶于 KOH溶液得到 KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到 Cr2（SO 4） 3溶液，则 Cr2O3是两性氧化物，正确；C、根据氧化还原反应的强弱规律判断，将 K2Cr2O7溶液滴加到淀粉
9、和 KI 的混合溶液中，溶液变蓝，这说明反应中有单质碘生成，K 2Cr2O7是氧化剂，其氧化性强于氧化产物单质碘的，正确；D、向 KCrO2溶液中滴加 H2O2溶液，再酸化，可得 K2Cr2O7溶液，Cr 元素的化合价从3价升高到6 价，失去电子，KCrO 2是还原剂，双氧水中氧元素的化合价从1 价降低到2价，双氧水是氧化剂，只表现氧化性，错误。考点：考查化合价规则、两性氧化物以及氧化还原反应的有关判断。6.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）- 5 -A. 4.0g 由 H218O 与 D216O 组成的混合物中所含中子数为 2NAB. 标准状况下，22.4 L 己烷含有的共价键
10、数目为 19 NAC. 1L pH=13 的 NaOH 溶液中含有 OH-的数目一定为 0.1 NAD. 1mol 的 Na 2O 和 BaO2混合物中含有的阴、阳离子总数为 3NA【答案】A【解析】【详解】A 项，H 218O 与 D216O 的相对分子质量均为 20，中子数均为 10，所以 4.0g 由 H218O 与D216O 的混合物所含中子数为 2NA，故 A 项正确；B 项，标准况下己烷为液体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故 B 项错误；C 项，pH=13 的 NaOH 溶液中氢氧根的浓度为 0.1mol/L，则溶液中的 OH-的物质的量n=CV=0.1mol，
11、由于水还能电离出极少的氢氧根，故溶液中氢氧根的个数多于 0.1NA个，故 C项错误；D 项，1mol 的 Na 2O 中有 3mol 离子，1molBaO 2中有 2mol 离子，则 1mol 的 Na 2O 和 BaO2的混合物中含的阴、阳离子总数小于 3NA，故 D 项错误。综上所述，本题正确答案为 A。7.现有 Al、Cl 2、Al 2O3、HCl(aq)、Al(OH) 3、NaOH(aq)六种物质，它们之间的关系如图所示，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（ ）A. X 可能为 Al 或 Cl2 B. Y 一定为 NaOH(aq)C. N 一定是 HCl(aq)
12、 D. Q、Z 中的一种必为 Al2O3【答案】A【解析】图框中 Y 能与其它 5 种物质反应，N 能与其它 4 种物质反应，分析所给物质可知六种物质中只有 NaOH 和其它五种物质都反应，则 Y 一定为 NaOH，HCl（aq）和 Cl2不反应，和可其它物质都反应，则 N 为 HCl（aq） ，X 为 Cl2，Al、Al 2O3、Al（OH） 3都既能与盐酸反应也能与NaOH 反应，且只有 Al 能与 Cl2反应，则 M 为 Al，Q、Z 为 Al2O3、Al（OH） 3的物质中一种，- 6 -答案选 A。8.下列实验中根据现象得出的结论错误的是（ ）选项 实验 现象 结论A相同条件下，用
13、1molL1的 CH3COOH和 1molL1的 HCl 分别做导电性实验 CH3COOH 溶液对应的灯泡较暗CH3COOH 是弱电解质B 向某溶液中加铜和浓 H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有 NO3C向某钾盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钾盐为 K2SO3或 KHSO3D向浓度均为 0.1 molL1的MgCl2、CuCl 2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A同浓度的两种一元酸的导电性实验，CH 3COOH 溶液对应的灯泡较暗，可以证明醋酸为弱酸
14、；B铜在酸性条件下，被硝酸根离子氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气被氧化为红棕色二氧化氮；C使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则钾盐可能为 KClO 与浓盐酸反应生成的氯气，也可能是 K2SO3或 KHSO3与浓盐酸反应生成的二氧化硫；D难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀。【详解】A同浓度的两种一元酸的导电性实验，CH 3COOH 溶液对应的灯泡较暗，电离出的氢离子浓度小，所以醋酸为弱酸，故 A 正确； B铜在酸性条件下，被硝酸根离子氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空- 7 -气被氧化为红棕色气体二氧化氮，因此原溶液中可能含有 NO3-，故
15、B 正确；C使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则可能为 KClO 与浓盐酸反应生成的氯气，也可能是 K2SO3或 KHSO3与浓盐酸反应生成的二氧化硫，故 C 错误；D难溶电解质的溶度积越小，越容易生成沉淀。在相同的条件下，先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，因此可以得出 KspMg(OH)2KspCu(OH)2结论，故 D 正确。故答案选 C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及弱酸的证明、硝酸根离子检验、物质的检验、沉淀的溶度积大小比较等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性分析。9.已知苯乙烯的结构为 。有关该物质的下列说法正确的是（ ）A. 该物质在一定条件下和
16、氢气完全加成，加成产物的一溴取代物 6 种B. 该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理完全相同C. 苯乙烯分子的所有原子不可能在同一平面上D. 除去乙苯中混有的苯乙烯可以通入等量氢气反应【答案】A【解析】【分析】A.在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含 6 种 H；B.碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应；C.苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连；D.苯环可与氢气发生加成反应。【详解】A.在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含 6 种 H，则加成产物的一溴取代物有 6 种，所以 A 选项是正确的；B.碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，
17、均褪色，但原理不同，故 B 错误；C.苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子的所有原子可能在同一平面上，故 C 错误；D.苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，该反应为可逆反应，无法控制反应的限度，无- 8 -法除杂，故 D 错误。所以 A 选项是正确的。10.短周期元素 A、B、C、D、E 的原子序数依次增大，A 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B 的氢化物的水溶液呈碱性；C、D 为金属元素，且 D 原子最外层电子数等于其 K 层电子数；若往 E 单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法中，正确的是A. B 的最高价氧化物对应的水化物的酸性
18、比 E 强B. 某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含 C 的盐C. 向 D 单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红D. B 的氢化物的沸点一定高于 A 的氢化物【答案】C【解析】短周期元素 A、B、C、D、E 的原子序数依次增大；A 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则 A 是碳元素；B 的氢化物的水溶液呈碱性，则 B 为 N 元素；C、D 为金属元素，原子序数大于氮，处于第三周期，且 D 原子最外层电子数等于其 K 层电子数，其最外层电子数为 2，所以 D 为 Mg 元素，C 为 Na 元素；若往 E 单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象，则 E 是
19、Cl 元素。A高氯酸的酸性比硝酸的强，A 错误；B某物质焰色反应呈黄色，该物质含有 Na 元素，可能是含钠盐，也可能为 NaOH 等，B 错误；CMg 单质与沸水反应后生成氢氧化镁，溶液呈碱性，滴加酚酞，溶液变红，C 正确；DA 的氢化物是甲烷、B 的氢化物是氨气，氨气分子之间形成氢键，沸点高于甲烷的，D 错误，答案选 B。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素化合物知识的考查，B 选项为易错点，注意氢键对物质性质的影响。注意在对物质性质进行解释时，是用化学键知识解释，还是用范德华力或氢键的知识解释，要根据物质的具体结构决定。11.下列说法不正确的是（ ）A. 已知
20、冰的熔化热为 6.0 kJ mol-1，冰中氢键键能为 20 kJ mol-1，假设 1 mol 冰中有2 mol 氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中 15 %的氢键B. 已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为 c，电离度为 a, 电离常数 。若- 9 -加水稀释，则 CH3COOH CH3C00-+H+向右移动，a 增大， Ka 不变C. 甲烷的标准燃烧热为-890.3 kJ mol -1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH 4(g)+2O2(g)CO 2(g)+2H2O（l） H=-890.3 kJ mol -1D. 500、30 MPa 下，将 0.5 mol
21、N2和 1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3 kJ，其热化学方程式为：N 2(g)+3H2(g) 2NH3(g)H=-38.6kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A 项，1 mol 冰中有 2 mol 氢键，由氢键的键能可知，完全破坏其中的氢键要吸收40 kJ 的热量。由冰的熔化热可知，1 mol 冰熔化要吸收 6.0 kJ，若熔化热完全用于破坏冰的氢键，则能破坏的氢键的百分比为 100%=15%，故 A 项正确；B 项，可知在醋酸中加水稀释，其电离平衡正向移动，电离度应增大，而电离平衡常数 Ka 只与温度有关，温度不变，Ka 不变，故 B 项正确；
22、C 项，甲烷的标准燃烧热是 1 mol 甲烷完全燃烧生成稳定氧化物所放出的能量，可知热化学方程式正确，故 C 项正确；D 项，该反应是可逆反应，无法进行到底，可知该反应的反应热不等于-38.6kJ/mol，故 D 项错误。综上所述，本题正确答案为 D。12.下列装置图或曲线图与对应的叙述相符的是A. 如图 1 所示，用 0.1mol/LNaOH 溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线B. 某温度下 FeS、CuS 的沉淀溶解平衡曲线如图 2 所示，纵坐标 c(M2+)代表 Fe2+或 Cu2+的浓度，横坐标 c(S2)代表 S2浓度。在物质的量浓度相
23、等的 Fe2+和 Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，首先沉淀的离子为 Fe2+- 10 -C. 如图 3 所示，用 0.1mol/LCH3COOH 溶液滴定 20mL0.1mol/LNaOH 溶液的滴定曲线，当 pH=7时：c(Na +)=c(CH3COO)c(OH )=c(H+)D. 据图 4，若除去 CuSO4溶液中的 Fe3+可向溶液中加入适量 CuO 至 pH 在 5.5 左右【答案】C【解析】A用 0.1mol/LNaOH 溶液滴定醋酸时，随着加入氢氧化钠的量的增加，醋酸会电离出一部分氢离子，所以出现的 pH 值突越要缓慢，故 A 错误；B依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，同
24、浓度 Fe2+和 Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，先析出的沉淀是硫化铜，故 B 错误；C反应后溶液 pH=7，依据溶液中电荷守恒分析，用 0.1mol/LCH3COOH 溶液滴定20ml0.1mol/LNaOH 溶液，反应生成醋酸钠，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c(H +)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(H +)=c(OH-)，则 c(CH3COO-)=c(Na+)，得到当 pH=7 时：c(Na +)=c(CH3COO-)c(OH -)=c(H+)，故 C 正确；D分析图象可知铁离子完全沉淀的 pH 为 3.7，加入氧化铜会调节溶液 pH，到 pH=5.5 时铜离
25、子会沉淀，应调节溶液 pH 小于 5.5，故 D 错误；故选 C。点睛：溶液中离子浓度大小比较，应从溶液的酸碱性及溶液中各微粒之间守恒关系考虑，最常见的守恒为电荷守恒和物料守恒，如 0.1molNaHCO3溶液，因(HCO 3-的水解大于其电离，溶液显碱性，同时溶液中除溶剂水外，还存在着 Na+、H +、HCO 3-、CO 32-、OH -及 H2CO3，其中电荷守恒式为 c(Na+)+c(H+)c(HCO 3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒式为 c(Na+)c(H 2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，至于其它等式关系可以通过电荷守恒和物料守恒利用等量替换得到。13
26、.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）A. HS-在硫氧化菌作用下转化为 SO42- 的反应为:HS -+4H2O-8e-= SO42-+9H+B. 电子从 b 流出，经外电路流向 aC. 如果将反应物直接燃烧,能量的利用率不会变化- 11 -D. 若该电池电路中有 0.4mol 电子发生转移，则有 0.45molH+通过质子交换膜【答案】A【解析】【分析】由图可以知道硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成 CO2放出电子，负极
27、上 HS-在硫氧化菌作用下转化为 SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是 HS-+4H2O-8e-= SO42-+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应 4H+O2+4e-=2H2O，根据原电池的构成和工作原理知识来回答。【详解】A、负极上 HS-在硫氧化菌作用下转化为 SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-= SO42-+9H+，所以 A 选项是正确的；B、b 是电池的正极，a 是负极，所以电子从 a 流出，经外电路流向 b，故 B 错误；C、如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会有变化，故C 错误；D、根据电子守恒，若该电池有
28、0.4mol 电子发生转移，则有 0.4molH+通过质子交换膜，故 D错误。所以 A 选项是正确的。14.一定量的 CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO 2(g) 2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：已知：气体分压(p 分 )=气体总压(p 总 )体积分数。下列说法正确的是A. 550时，若充入惰性气体， 正 ， 逆 均减小，平衡不移动B. 650时，反应达平衡后 CO2的转化率为 25.0%C. T时，若充入等体积的 CO2和 CO，平衡向逆反应方向移动D. 925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 Kp=24.0p 总【答案
29、】B- 12 -【解析】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当 550时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此 正 ， 逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A 错误；B根据图像可知在650时，反应达平衡后 CO 的体积分数是 40%，则 CO2的体积分数是 60%，假设平衡时总物质的量是 1 mol，则反应产生 CO 0.4 mol，其中含有 CO2 0.6 mol，反应产生 0.4 molCO 消耗CO2的物质的量是 0.2 mol，因此 CO2转化率为 0.2 mol(06 mol+0.2 mol)1
30、00%=25.0%，B 正确；CT时，平衡时 CO2和 CO 的体积分数都是 50%，若充入等体积的CO2和 CO，化学平衡不移动，C 错误；D925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 KP= ，D 错误。答案选 B。视频15.短周期元素 W、X、Y、Z、M 原子序数依次增大，元素 W 的一种核素的中子数为 0，X 的原子最外层电子数是次外层的 2 倍，Z 与 M 同主族，Z 2 电子层结构与氖原子相同。（1）M 在元素周期表中的位置是_。（2）化合物 p 由 W、X、Y、M 四种元素组成。已知向 p 溶液中加入 FeCl3溶液，溶液变血红色；向 p 溶液中加入 NaOH 溶液并加热
31、可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p 的化学式为_。（3）由 X、Y、Z 三种元素可组成摩尔质量为 84gmol1 的物质 q，且 q 分子中三种元素的原子个数之比为 1:1:1。已知 q 分子中各原子均达到 8 电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q 分子的结构式为_。（4）(XY) 2的性质与 Cl2相似，(XY) 2与 NaOH 溶液常温下反应的离子方程式为_。（5）常温下，1molZ 3能与 Y 的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和 1molZ2，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第三周期 第 VIA 族 (2). NH4SCN (3). NCOOCN
32、 (4). (CN)2+2OH =CN +CNO +H2O (5). 2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O【解析】试题分析：元素 W 的一种核素的中子数为 0，W 是 H 元素；X 的原子最外层电子数是次外层的- 13 -2 倍，X 是 C 元素；Z 2 电子层结构与氖相同，Z 是 O 元素；M 是 S 元素。W、X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，Y 是 N 元素。（1）S 位于元素周期表中第三周期 VIA 族；（2）化合物 p 由 W、X、Y、M 四种元素组成。已知向 p 溶液中加入 FeCl3溶液，溶液变血红色 P 中含有 ；向 p 溶液中加入 NaOH 溶液并加热可放出使湿润
33、的红色石蕊试纸变蓝的气体，P 中含有 。p 的化学式为 NH4SCN。（3）由 X、Y、Z 三种元素可组成摩尔质量为 84gmol1 的物质 q，且 q 分子中三种元素的原子个数之比为 1:1:1。已知 q 分子中各原子均达到 8 电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q 分子的结构式为 NCOOCN。（4）(CN) 2的性质与 Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN) 2与 NaOH 溶液反应的离子方程式为(CN) 2+2OH =CN +CNO +H2O。（5）常温下，1molO 3能与氨气反应，生成一种常见的盐 NH4NO3和 1molO2，该反应的化学方程式为 2NH
34、3+4O2=NH4NO3+4O2+H2O。考点：本题考查原子结构、元素周期表。16.氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠的工业制备原理为：2Na 2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 。某化学兴趣小组拟用该原理在实验室制备硫代硫酸钠，并检测氰化钠废水处理排放情况。I.实验室通过如图所示装置制备 Na2S2O3（1）实验中要控制 SO2生成速率，可采取的措施有_(写出一条)。（2）b 装置的作用是_ 。（3）反应开始后，c 中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物为_(填化学式)。- 14 -（4）实验结束后，在 e 处最好连接盛_(
35、填“NaOH 溶液” 、 “水” 、 “CCl4”中的一种)的注射器，接下来的操作为_，最后拆除装置。II.氰化钠废水处理（5）已知: a.废水中氰化钠的最高排放标准为 0.50mg/L；b.Ag+2CN-=Ag(CN)2-，Ag +I-=AgI，AgI 呈黄色，且 CN-优先与 Ag+反应。实验如下: 取 20.00mL 处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴 KI 溶液作指示剂，用1.0010-4mol/L 的标准 AgNO3溶液滴定，消耗 AgNO3溶液的体积为 1.50mL。滴定时 1.0010-4mol/L 的标准 AgNO3溶液应用_(填仪器名称) 盛装； 滴定终点时的现象是_。
36、处理后的废水是否达到排放标准_(填“是”或“否”)。【答案】 (1). 控制反应温度或调节酸的滴加速度 (2). 安全瓶，防止倒吸 (3). S (4). NaOH 溶液 (5). 打开 K1关闭 K2 (6). 酸式滴定管 (7). 滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 (8). 否【解析】【实验一】a 装置制备二氧化硫，c 装置中制备 Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b 为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d 装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。(1)实验中要控制 SO2生成速率，可采取的措施有：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，故答案为：控制反应温度
37、、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度；(2)由仪器结构特征，可知 b 装置为安全瓶，防止倒吸，故答案为：安全瓶，防止倒吸；(3)二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到 S，硫与亚硫酸钠反应得到 Na2S2O3，c 中先有浑浊产生，后又变澄清，此浑浊物为 S，故答案为：S；(4)实验结束后，装置 b 中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，再关闭 K2打开 K1，防止拆除装置时污染空气，故答案为：NaOH 溶液；关闭 K2打开 K1；【实验二】(5)硝酸银溶液显酸性，应该用酸式滴定管盛装；Ag +与 CN-反应生成Ag(CN) 2-，当 CN-反
38、应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag +与 I-生成 AgI 黄色沉淀半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为：酸式滴定管；滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，半分钟内沉淀不消失；消耗 AgNO3的物质的量为 1.510-3L0.0001mol/L=1.5010-7mol，根据方程式 Ag+2CN-=Ag(CN)2-，处理的废水中氰化钠的质量为 1.5010-7mol249g/mol=1.4710-5g，废水- 15 -中氰化钠的含量为 =0.735mg/L0.50mg/L，处理后的废水未达到达到排放标准，故答案为：否。点睛：本题考查物质制备实验、物质含量测定等，关键是对原理的
39、理解。本题的易错点为(5)的计算判断，注意根据方程式 Ag+2CN-=Ag(CN)2-计算出氰化钠的含量与废水中氰化钠的最高排放标准为 0.50mg/L 比较判断是否符合排放标准。17.C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。（1）目前工业上有一种方法是用 CO 和 H2在 230，催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。图一表示恒压容器中 0.5molCO2和 1.5molH2转化率达 80时的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式_。（2） “亚硫酸盐法”吸收烟气中的 SO2。室温条件下，将烟气通入（NH 4)2SO3溶液中，测
40、得溶液 pH 与含硫组分物质的量分数的变化关系如图二所示。请写出 a 点时 n(HSO3-)：n(H 2SO3)=_，b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO 3-)=_。（3）催化氧化法去除 NO，一定条件下，用 NH3消除 NO 污染，其反应原理为 4NH3+6NO5N2+ 6H2O。不同温度条件下，n(NH 3):n(NO)的物质的量之比分别为4：l、3：l、1：3 时，得到 NO 脱除率曲线如图三所示： 请写出 N2的电子式_。 曲线 c 对应 NH3与 NO 的物质的量之比是_。 曲线 a 中 NO 的起始浓度为 610-4mg/m3，从 A 点到 B 点经过 0.8s
41、，该时间段内 NO 的脱除速率为_mg/(m 3s)。（4）间接电化学法可除 NO。其原理如图四所示，写出电解池阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性,加入 HSO3 ，出来 S2O42 ）:_。【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49kJ/mol (2). 1:1 - 16 -(3). 3:1 (4). (5). 1：3 (6). 1.510-4 (7). 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O【解析】【详解】 （1）根据图一，恒压容器中 0.5molCO2和 1.5molH2转化率达 80时的能量变化，23kJ-3.4kJ=19.
42、6kJ， H= 2=-49 kJ/mol ，该反应的热化学方程式：CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49kJ/mol，因此，本题正确答案是：CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49kJ/mol；（2）(NH 4)2SO3SO 2H 2O=2NH4HSO3，由图二可知：a 点时 HSO3-和 H2SO3物质的量分数相等，所以 n(HSO3-)：n(H 2SO3)=1：1，b 点时溶液的 pH=7，根据电荷守恒可知 n(NH4 )= n(HSO3-)+2n(SO32-)，又根据图象曲线可知：n(SO32-)= n(HSO3-)，则
43、n(NH4 )=3n(HSO3-)，所以 n(NH4 )：n(HSO 3-)=3：1；因此，本题正确答案是：1:1 ；3:1；（3） N 2的电子式： ；n(NH 3):n(NO)的物质的量之比分别为 4：l、3：l、1：3 时，NO 的含量越来越大，去除率越来越低，曲线 c 对应 NH3与 NO 的物质的量之比是 1：3，其 NO 的去除率最低；曲线 a 中 NO 的起始浓度为 610-4mg/m3，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 NO 的脱除速率为 =1.510-4mg/(m3s)。因此，本题正确答案是： ；1：3 ；1.510 -4；（4）电解池阴极发生还原反应，硫元素化
44、合价降低，由于阴极室溶液呈酸性，所以电极反应式为： 2HSO 3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。因此，本题正确答案是：2HSO 3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。【点睛】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应，热化学方程式、反应速率、电化学等知识，对图像的正确分析和理解是解题的关键，注意把握图象中各条曲线的含义以及溶液中电荷守恒的应用。18.工业上利用废镍催化剂(主要成分为 Ni，还含有一定量的 Zn、Fe、SiO 2、CaO 等)制备草酸镍晶体的流程如下：- 17 -（1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_；滤渣 I 的成分是 CaSO4和_(填化学式)。（2）除铁时
45、，控制不同的条件可以得到不同的滤渣 II。已知滤渣 II 的成分与温度、pH 的关系如图所示：若控制温度 40、pH=8，则滤渣 II 的主要成分为_(填化学式)。若控制温度 80、pH=2，可得到黄铁矾钠Na 2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀(图中阴影部分)，写出生成黄铁矾钠的离子方程式：_。（3）已知除铁后所得 100 mL 溶液中 c(Ca2+)=0.01molL-1，加入 100 mL NH4F 溶液，使 Ca2+恰好沉淀完全即溶液中 c(Ca2+)=110-5 molL-1，则所加 c(NH4F)=_molL-1。已知Ksp(CaF2)=5.2910-9（4）加入有机萃取剂的作用
46、是_。【答案】 (1). 把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等 (2). SiO2 (3). FeOOH (4). 2Na+3ClO- +6Fe2+ +4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12+3Cl -+6H+ (5). 6.610-2 (6). 除去溶液中的 Zn2+【解析】【分析】- 18 -废镍催化剂(主要成分为 Ni，还含有一定量的 Zn、Fe、SiO 2、CaO 等)，用硫酸溶解，SiO 2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有 NiSO4、FeSO 4、ZnSO 4、CaSO 4及过量的硫酸，滤渣 I 为SiO2和 CaSO4微溶物，滤液中加入次氯
47、酸钠，将 Fe2+氧化为 Fe3+，同时调节 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，所以滤渣 II 为铁元素的沉淀，滤液中含有 NiSO4、CaSO 4，向滤液中加入NH4F，除去 Ca2+，过滤，再加有机萃取剂除去溶液中的 Zn2+，再向滤液中加入（NH 4） 2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，(1)根据影响反应速率的因素答题；滤渣 I 主要为不溶于硫酸的 SiO2和微溶物 CaSO4；(2)根据图象可以知道，控制温度 40、pH=8，则滤渣 2 的主要成分为 FeOOH； Na 2Fe6(SO4)4(OH)12中铁元素化合价为+3 价，可知 ClO-将 e2+氧化为 Fe3+，依据氧化还原反应规律可写出生成黄铁矾钠的离子方程式；(3)根据反应式 Ca2+2F-=CaF2，沉淀 Ca2+消耗 0.002molNH4F，根据 Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=5.2910-9，沉淀 Ca2+后，溶液中 c(F-)= ；(4)根据流程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的 Zn2+。【详解】
