1、- 1 -湖南师大附中 2019 届高三月考试卷(一)化学1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是选项 现象或事实 解释A 用热的烧碱溶液洗去镀件油污 Na2CO3可直接和油污反应B 漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的 CaCl2 与空气中的 CO2反应生成 CaCO3C施肥时，草木灰(有效成分为 K2CO3)不能与 NH4Cl 混合使用K2CO3与 NH4Cl 溶液反应生成氨气会降低氮肥肥效D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含有 Cu2 的溶液中置换出铜A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、纯碱水解显碱性，能水解生成 NaOH，
2、油脂在 NaOH 作用下发生较为彻底的水解反应，故是NaOH 和油污发生反应，而不是纯碱，A 错误；B、漂白粉的主要成分为 Ca（ClO） 2和 CaCl2，有效成分是 Ca（ClO） 2，Ca（ClO） 2可与空气中二氧化碳反应生成不稳定的 HClO，则久置会变质，B 错误；C、K 2CO3与 NH4Cl 水解相互促进放出氨气而降低肥效，C 正确；D、FeCl 3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的 Cu腐蚀掉，D 错误，答案选 C。2.某 KCl 样品中含有少量 K2CO3、K 2SO4和不溶于水的杂质。为了提纯 KCl，先将样品溶于适量水中，搅
3、拌、过滤，再将滤液按下图所示步骤进行提纯(过滤操作已略去)。下列说法正确的是A. 起始滤液常温下 pH7 B. 试剂为 Ba(NO3)2溶液- 2 -C. 上图过程须经 2 次过滤 D. 步骤目的是除去 CO32【答案】D【解析】试题分析：氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，由流程可知，需要加入试剂 I 为过量氯化钡溶液，然后过滤后获得含氯化钡、氯化钾溶液 X，然后加入过量的试剂为碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到含氯化钾和碳酸钾混合液的 W，再加入试剂为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾。A碳酸钾溶液水解显碱性，
4、pH7，故 A 错误；B由上述分析可知，试剂 I 为 BaCl2溶液，不能引入新杂质，故 B 错误；C样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质还需要 2 次过滤，共 3 次，故 C 错误；D步骤中加入试剂为过量盐酸，其目的是除去 CO32 ，故 D 正确；故选 D。考点：考查了混合物分离提纯的综合应用的相关知识。3.下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实
5、现实验目的，故 A 正确；B容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸- 3 -钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故 B 错误；C实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故 C 错误；D制取乙烯需要 170，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故 D 错误；故选 A。视频4.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状
6、况下，22.4 L CCl 4中含 CCl4分子数为 NAB. 5.6 g 铁和 6.4 g 铜分别与 0.1 mol 氯气完全反应，转移的电子数相等C. 0.1 mo1L1 MgCl2溶液中含 Cl 数为 0.2NAD. 3.9 g Na2O2 晶体中含有的离子总数为 0.2NA【答案】B【解析】【分析】A、标况下四氯化碳为液态；B、依据 n= 计算物质的量，结合铁和氯气反应生成氯化铁，铜和氯气反应生成氯化铜，等物质的量反应需要判断过量问题；C、氯化镁溶液的体积不知，无法计算氯化镁的物质的量；Dn（Na 2O2）= =0.05mol，Na 2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子。【详解】A、标况
7、下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和共价键数目，选项 A 错误；B、5.6g 铁物质的量= =0.1mol，6.4g 铜物质的量= =0.1mol，分别与 0.1mol 氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，选项 B 正确；C、题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量及氯离子数目，选项 C 错误；BNa 2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子，n（Na 2O2）=0.05mol，含有的离子总数为 0.15NA，选项 D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是化学方程式过量计算，气体摩尔体积条件分析应用，注
8、意常温下铁在浓硝酸中发生钝化，题目难度中等。- 4 -5.分子式为 C4H8O2且能与 NaOH 溶液发生水解反应的有机物有(不考虑空间异构) A. 6 种 B. 5 种 C. 4 种 D. 3 种【答案】C【解析】对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到两种丁酸；根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯 2 种（丙基 2 种异构） 、乙酸乙酯 1 种、丙酸甲酯 1 种，共 6 种，故答案为 A。点睛：明确酯和羧酸的性质是解题关键，某链状有机物的分子式为 C4H8O2，若该有机物能与NaOH 溶液反应，则可能是羧酸、也可能是酯，对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体；根据酯基位置
9、异构和碳链异构可得酯的种类。6.如图所示是某种含有 C、H、O 元素的有机物简易球棍模型。下列关于该有机物的说法正确的是A. 该物质属于酯类B. 分子式为 C3H8O2C. 该物质在酸性条件下水解生成乙酸D. 该物质含有双键，能跟氢气发生加成反应【答案】A【解析】由球棍模型可知该分子的结构简式为 ，其分子式为 C4H8O2，属于酯，在酸性条件下水解生成丙酸，酯中的碳氧双键不能与 H2发生加成反应。7.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项 离子方程式 评价A将 2 mol Cl2通入含 1 mol FeI2的溶液中：2Fe2 2I 2Cl 2=2Fe3 4Cl I 2正确；Cl 2过量，可
10、将 Fe2 、I 均氧化- 5 -BBa(HCO3)2溶液与足量的 NaOH 溶液反应：Ba2 HCO OH =BaCO3H 2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量 SO2通入 NaClO 溶液中：SO2H 2OClO =HClOHSO正确；说明酸性：H 2SO3强于 HClOD1 mol/L 的 NaAlO2溶液和 2.5 mol/L 的HCl 溶液等体积混合：2AlO 5H =Al3 Al(OH) 3H 2O正确；第一步反应和第二步反应消耗的H 的物质的量之比为 23A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A氯气过量，亚铁离子和碘离子都完全被氧化，亚铁离子与碘离
11、子的计量数关系错误；B氢氧化钠质足量，反应的离子方程式为 Ba2 2HCO 2OH =BaCO3CO 32-2H 2O；CSO 2具有强还原性，而 NaClO 具有极强的氧化性，两者要发生氧化还原反应，与事实相违背；DNaAlO 2溶液和 HCl 溶液，可以有多种可能：当 NaAlO2过量时方程为 HCl+ NaAlO2=NaCl+Al（OH） 3+H 2O，当 HCl 过量时方程为 4HCl+ NaAlO2=NaCl+AlCl3+2H2O，1mol/L 的 NaAlO2溶液和 2.5mol/L 的 HCl 溶液等体积互相均匀混合：2 AlO 2-+5H+=Al3+ Al（OH） 3+H 2O
12、。【详解】A将 2molCl2通入到含 1molFeI2的溶液中，氯气过量，亚铁离子和碘离子都被氧化，正确的离子方程式为：2Fe 2+4I-+3Cl2=2Fe3+6Cl-+2I2，选项 A 错误；BBa(HCO 3)2溶液与足量的 NaOH 溶液反应，正确的离子方程式为 Ba2 2HCO 2OH =BaCO3CO 32-2H 2O，选项 B 错误；C过量 SO2通入到 NaClO 溶液中，SO 32-有强还原性，ClO -有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO 2+H2O+ClO-=2H+SO42-+Cl-，选项 C 错误；D.1mol/L 的 NaAlO2溶液和 2.5mol
13、/L 的 HCl 溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2 AlO2-+5H+=Al3+Al(OH)3+H 2O，如果盐酸过量继续和 Al(OH)3反应，所以 1mol AlO2-和盐酸反应最多消耗 4molH+，AlO 2-与 Al(OH)3消耗的 H+的物质的量之比在（14）：3，选项 D 正确；答- 6 -案选 D。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。8.已知 NH4CuSO
14、3与足量的稀硫酸混合微热，产生下列现象:有红色金属生成；有刺激性气味气体产生；溶液呈蓝色。据此判断下列说法正确的是A. 反应中硫酸作氧化剂B. NH4CuSO3中 S 元素被氧化C. 刺激性气味的气体是氨气D. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移 0. 5 mol 电子【答案】D【解析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成 Cu、SO 2和 Cu2+，发生反应的方程式为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu 2+2SO2+2H 2O+2NH4+。A、由方程式可知反应只有 Cu 元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体
15、现酸性，A 错误；B、根据方程式可知反应前后S 元素的化合价没有发生变化，B 错误；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，C 错误；D、反应只有 Cu 元素的化合价发生变化，分别由+1+2，+10，根据方程式可知每2mol NH4CuSO3参加反应转移 1mol 电子，则 1mol NH4CuSO3完全反应转移 0.5mol 电子，D 正确，答案选 D。点睛：本题考查氧化还原反应，注意从反应现象判断生成物并能正确写出反应的方程式是解答的关键，注意结合化合价的变化计算电子转移的数目。9.已知 X、Y、Z、W 均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。
16、则 W、X 不可能是- 7 -选项 W XA 稀硫酸 NaAlO2溶液B 稀硝酸 FeC CO2 Ca(OH)2溶液D Cl2 FeA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、X 为 NaAlO2溶液，W 为稀硫酸时，偏铝酸钠和少量稀硫酸反应生成生成氢氧化铝沉淀，与过量稀硫酸反应生成硫酸铝，氢氧化铝和硫酸铝之间可以相互转化，能实现上述转化关系，错误；B、X 为铁，W 为稀硝酸，铁与少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁和硝酸亚铁可以相互转化，符合转化关系，错误；C、X 为氢氧化钙，W 为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量
17、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，错误；D、氯气和铁反应，- 8 -无论量多少，只能生成氯化铁，不符合上述转化关系，正确。考点：考查元素化合物知识10.臭氧在烟气脱硝中的反应为 2NO2(g)O 3(g) N2O5(g)O 2(g)。若此反应在恒容密闭容器中进行，相关图象如下列选项，其中对应分析结论正确的是A B C D平衡后升温，NO2含量降低02 s 内，v(O3)0.2 molL1 s1v 正 ：b 点a 点b 点：v 逆 v 正恒温，t1时再充入 O3A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：A由图可知，反应物总能量高于生成
18、物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，NO 2的含量增大，故 A 错误；B由图可知，0-2s 内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol/L-0.4mol/L=0.4mol/L，故 v（NO 2）= =0.2mol/（Ls） ，v（O 3）= v（NO 2）=0.1mol/（Ls） ，故 B 错误；C度高，化学反应速率快，b 点温度高于 a 点，故 V 正 ：b 点a 点，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移，故 b 点：v 逆 v 正 ，故 C 正确；D容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，故 D 错误，故选 C。考点：考查了化学反应中能量变化、化学反应速率计
19、算、化学平衡图象及影响因素的相关知识。11.N2O5是一种新型硝化剂，一定温度下发生反应 2N2O5(g)4NO 2(g)O 2(g) H0, T 1温- 9 -度下的部分实验数据如下表所示。t/s 0 500 1 000 1 500c(N2O5)/(mol/L) 5.00 3.52 2.50 2.50下列说法正确的是A. 该反应在任何温度下均能自发进行B. T1温度下的平衡常数为 K1125，1 000 s 时 N2O5(g)转化率为 50%C. 其他条件不变时，T 2温度下反应到 1 000 s 时测得 N2O5(g)浓度为 2.98 mol/L，则 T1T2，则 K1b 点B. b 点混
20、合溶液显酸性：c(Na +) c(NO2 ) c(H+) c(OH )C. c 点混合溶液中：c(OH ) c(HNO2)D. d 点混合溶液中：c(Na +) c(OH ) c(NO2 ) c(H+)【答案】B【解析】试题分析：A、HNO 2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而 c 高于 b，所以电离平衡常数：c 点b 点，故 A 正确；B、b 点得到 HNO2，和 NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：c（NO 2-）c（Na +）c（H +）c（OH -） ，故 B 错误；C、ac 温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而 cd 温度降低，
21、所水解为主，所以 c 点得到 NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以 c（OH -）c（HNO 2） ，故 C 正确；D、d 点混合溶液中当 c（NaOH）较大时，得到 NaOH 和 NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na +）c（OH -）c（NO 2-）c（H +） ，故 D 正确；故选 B。考点：考查了离子浓度大小的比较的相关知识。13.Q、W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y 是金属元素，X 的焰色呈黄色。5 种元素核电荷数之和为 54，最外层电子数之和为 20。W、Z 最外层电子数相同，Z 的核电荷数是 W 的 2 倍。工业上一般通过电解氧化物的方
22、法获得 Y 的单质。则下列说法不正确的是A. 原子半径：XYQWB. Q 的单质都具有良好的导电性C. Q 和 Z 所形成的分子的空间构型为直线形- 11 -D. Y 和 Z 的简单离子不能在水中化合形成化合物 Y2Z3【答案】B【解析】【分析】X 的焰色呈黄色，应为 Na 元素，X、Y 是金属元素，且原子序数依次增大，则 Y 应为 Al 元素，W、Z 最外层电子数相同，应为同主族元素，Z 的核电荷数是 W 的 2 倍，可知 W 为 O 元素，Z为 S 元素，五种元素核电荷数之和为 54，则 Q 的原子序数为 54-8-16-11-13=6，应为 C 元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周
23、期律知识解答该题。【详解】X 的焰色呈黄色，应为 Na 元素，X、Y 是金属元素，且原子序数依次增大，则 Y 应为 Al 元素，W、Z 最外层电子数相同，应为同主族元素，Z 的核电荷数是 W 的 2 倍，可知 W为 O 元素，Z 为 S 元素，五种元素核电荷数之和为 54，则 Q 的原子序数为 54-8-16-11-13=6，应为 C 元素，A由以上分析可知 Q、W、X、Y 分别为 C、O、Na、Al，原子半径大小关系为 NaAlCO，选项 A 正确；BQ 为碳元素，其中石墨具有良好的导电性，但金刚石、无定形炭等不具有，选项 B 错误；CQ 和 Z 所形成的化合物为 CS2，分子空间构成为直线
24、形，类型于二氧化碳，选项 C 正确；DY 和 Z 的简单离子不能在水中化合形成化合物 Al2S3，铝离子和硫离子会发生双水解而不能共存于水溶液中，选项 D 正确。答案选 B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，明确元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律，题目难度不大。14.以 H2、O 2、熔融盐 Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备 Fe(OH)2，装置如右图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是A. 石墨电极处的电极反应式为 O24e =2O2B. X 是铁电极C. 电解池中的电解液为蒸馏水-
25、 12 -D. 若将电池两极所通气体互换，X、Y 两极材料也互换，实验方案更合理【答案】D【解析】【分析】左边装置是原电池，通入氢气的电极 I 是负极、通入氧气的电极 II 是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-CO 2+H2O，正极反应式为 O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X 是阴极、Y是阳极，阴极反应式为 2H2O+2e-=H2+2OH -、阳极反应式为 Fe-2e-+2OH-=Fe（OH） 2，以此解答。【详解】A. 通入氧气的电极 II 是正极，电极反应式为 O2+4e-+2CO2=2CO32-，选项 A 错误；B. X 是阴极、Y 是阳极，阴极反应式为
26、2H2O+2e-=H2+2OH -，故 X 是石墨电极，选项 B 错误；C. 电解过程是阴极上氢离子放电得到溶液中的氢氧根离子交换亚铁离子生成氢氧化亚铁，所以可以用 NaOH 溶液作为电解液，蒸馏水的导电性较差一般不用做电解液，选项 C 错误；D. 若将电池两极所通气体互换，X、Y 两极材料也互换，则 Y 极产物的氢气能起保护气作用，防止 X 极产生的氢氧化铁迅速氧化，实验方案更合理，选项 D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。15.氯苯在染料、医药工业中用于制造
27、苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的装置如下图所示(其中夹持仪器及加热装置略去)。请回答下列问题：（1）仪器 b 的名称是_。仪器 a 中盛有 KMnO4晶体，仪器 b 盛有浓盐酸。打开仪器 b 的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，可观察到仪器 a 内的现象是_，用离子方程式表示产生该现象的- 13 -原因： _。（2）仪器 d 内盛有苯、FeCl 3粉末固体，仪器 a 中生成的气体经过仪器 c 进入仪器 d 中。仪器 d 中的反应进行过程中，保持温度在 4060 ，以减少副反应发生。仪器 d 的加热方式最好是_加热，其优点是_。（3）该方法制备的氯苯中含有很多杂质，工业生产中，
28、通过水洗除去 FeCl3、HCl 及部分Cl2，然后通过碱洗除去 Cl2。碱洗后通过分液得到含氯苯的有机混合物，混合物成分及沸点如下表所示：有机物 苯 氯苯 邻二氯苯 间二氯苯 对二氯苯沸点/ 80 132.2 180.4 173.0 174.1从该有机混合物中提取氯苯时，采用蒸馏的方法，收集_左右的馏分。（4）实际工业生产中，苯的流失如下表所示：流失项目 蒸气挥发 二氯苯 其他 合计苯流失量(kg/t) 28.8 14.5 56.7 100某一次投产加入 13 t 苯，则制得氯苯_t(保留一位小数)。【答案】 (1). 滴液漏斗(或恒压分液漏斗) (2). 有黄绿色气体生成 (3). 2Mn
29、O4-10Cl 16H =2Mn2 5Cl 28H 2O (4). 水浴 (5). 受热均匀，易于控制温度 (6). 132.2 (7). 16.9【解析】【详解】 （1）根据装置图可知，仪器 b 的名称是滴液漏斗或恒压分液漏斗；仪器 a 中盛有KMnO4晶体，仪器 b 盛有浓盐酸。利用高锰酸钾的强氧化性，能将氯离子氧化为氯气，发生反应 2KMnO416HCl（浓）=2MnCl 25Cl 28H 2O，可观察到仪器 a 内的现象是有黄绿色气体生成，反应的离子方程式为：2MnO 4-10Cl 16H =2Mn2 5Cl 28H 2O；（2）仪器 d 中的反应进行过程中，保持温度在 4060 ，以
30、减少副反应发生。仪器 d 的加热方式最好是水浴加热，其优点是受热均匀，易于控制温度；（3）实验室制备氯苯，根据混合物沸点数据，因此收集 132.2左右的馏分；（4）1 t 损失苯 100kg，则 13 t 苯损失苯，有(13-1.3)t 苯生成氯苯，因此氯苯的质量为 (13-1.3)- 14 -t=16.9t。16.常温常压下，一氧化二氯(Cl 2O)为棕黄色气体，沸点为 3.8 ，42 以上会分解生成Cl2和 O2，Cl 2O 易溶于水并与水反应生成 HClO。【制备产品】将氯气和空气(不参与反应)按体积比 13 混合通入含水 8%的碳酸钠中制备 Cl2O，并用水吸收 Cl2O(不含 Cl2
31、)制备次氯酸溶液。（1）各装置的连接顺序为_。_（2）装置 B 中多孔球泡和搅拌棒的作用是_；装置 C 的作用是_。（3）制备 Cl2O 的化学方程式为_。（4）反应过程中，装置 B 需放在冷水中，其目的是_。（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别是_。【测定浓度】（6）已知次氯酸可被 FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置 E 所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取 10 mL 上述次氯酸溶液，并稀释至 100 mL，再从其中取出 10.00 mL 于锥形瓶中，并加入 10.00 mL 0.80 molL1 的 FeSO4溶液，充分反应后，用 0.050 0
32、0 molL1 的酸性 KMnO4溶液滴定至终点，消耗 KMnO4溶液 24.00 mL，则原次氯酸溶液的浓度为_。【答案】 (1). ADBCE (2). 加快反应速率，使反应充分进行 (3). 除去 Cl2O 中的Cl2 (4). 2Cl2Na 2CO3=Cl2O2NaClCO 2(或2Cl2Na 2CO3H 2O=Cl2O2NaCl2NaHCO 3) (5). 防止反应放热后温度过高导致 Cl2O 分解 (6). 制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大 (7). 1.000molL 1【解析】【分析】A 装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，由 D 装置饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，与空- 1
33、5 -气形成 1：3 的混合气体通入 B 装置，防止反应放热后温度过高导致 Cl2O 分解，装置 B 需放在冷水中，在搅拌棒的作用下与含水 8%的碳酸钠充分反应制备 Cl2O，反应为：2Cl 2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2，通入 C 装置吸收除去 Cl2O 中的 Cl2，并在 E 装置中用水吸收 Cl2O 制备次氯酸溶液，据此分析作答。【详解】 （1）A 装置制备氯气，D 装置吸收吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成 1：3 的混合气体通入 B 装置，与含水 8%的碳酸钠充分反应制备 Cl2O，C 装置吸收除去 Cl2O 中的Cl2，E 装置中用水吸收 Cl2O 制备次氯酸溶液；故
34、答案为：A、D、B、C、E；（）装置 B 中多孔球泡和搅拌棒的作用是加快反应速率，使反应充分进行；装置 C 装置有足量的四氯化碳溶液，其作用是除去 Cl2O 中的 Cl2；（）氯气和空气（不参与反应）按体积比 1：3 混合通入含水 8%的碳酸钠中制备 Cl2O，反应为：2Cl 2+Na2CO3Cl 2O+2NaCl+CO2或 2Cl2+Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaCO3；（）由题可知：Cl 2O 42以上会分解生成 Cl2和 O2，故为防止反应放热后温度过高导致 Cl2O 分解，装置 B 需放在冷水中；（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别是制
35、得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大；（6）根据反应 H2O+ClO-+2Fe2+=Cl-+2Fe3+2OH-、MnO 4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，则原次氯酸溶液的浓度为 =1.000molL1 。【点睛】本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。17.汽车尾气中 CO、NO x以及燃煤废气中的 SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。（1）氧化还原法消除 NOx的转化如图所示：NO NO2 N2反应为 NOO 3=NO
36、2O 2，生成标准状况下 11.2 L O2时，转移电子的物质的量是_mol。反应中，当 n(NO2)nCO(NH 2)232 时，氧化产物与还原产物的质量比为_。（2）使用“催化转化器”可以减少尾气中的 CO 和 NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为 CONO xN 2CO 2(未配平)，若 x1.5，则化学方程式中 CO2和 N2的化学计量数之比为_。- 16 -（3）吸收 SO2和 NO，获得 Na2S2O4和 NH4NO3产品的流程图如图所示(Ce 为铈元素)。装置中，酸性条件下 NO 被 Ce4 氧化的产物主要是 和 ，请写出生成等物质的量的和 时的离子方程式：_。（4）装置的作
37、用之一是用质子交换膜电解槽电解使得 Ce4 再生，再生时生成的 Ce4 在电解槽的_(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成 的电极反应式为_。（5）已知进入装置的溶液中 的浓度为 a gL1 ，要使 1 m3该溶液中的 NO 完全转化为 NH4NO3，至少需向装置中通入标准状况下的氧气_L(用含 a 代数式表示，结果保留整数)。【答案】 (1). 1 (2). 4：3 (3). 3：1 (4). 2NO3H 2O4Ce 4 =NO3-NO 2-6H 4Ce 3 (5). 阳极 (6). 2H 2HSO 3-2e =S2O42-2H 2O (7). 243【解析】【分析】（1）化合价升高值=
38、化合价降低值=转移电子数，根据 N 元素的化合价的变化来确定电子转移数目；反应方程式中，系数之比等于物质的量之比，结合元素的化合价变化及原子守恒分析；（2）由原子守恒确定反应；（3）生成等物质的量的 NO3-和 NO2-时，Ce 4+被还原为Ce3+，结合电子守恒、电荷守恒分析离子反应；（4）生成 Ce4+为氧化反应，发生在阳极上；反应物是 HSO3-被还原成 S2O42-，得到电子；（5）NO 2-的浓度为 a gL-1，要使 1m3该溶液中的NO2-完全转化为 NH4NO3，则失去电子数目是：1000（5-3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是 V，结合电子守恒进行计算。【详解】 （1）N
39、O+O 3NO 2+O2，生成 1mol 氧气转移电子是 2mol，生成 11.2L 即 0.5mol O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是 0.5mol2=1mol；当 n（NO 2）：nCO（NH 2） 2=3：2，即 NO2和 CO（NH 2） 2的系数之比是 3：2，其方程式表示为：6NO 2+4CO（NH 2）- 17 -2=7N2+8H2O+4CO2，只有 N 元素的化合价变化，氮气为氧化产物也是还原产物，由 N 原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为 8：6=4：3；（2）转换过程中发生反应的化学方程式为：CO+NOxCO 2+N2（未配平） ，若 x=1.5，可利用“定一
40、法”进行配平，把 CO2的化学计量数定为 1，则 CO、NO 1.5、N 2前面的化学计量数分别为：1、 、 即 3CO+2NO1.53CO 2+N2，则化学方程式中 CO2与 N2的系数之比为 3：1；（3）生成等物质的量的 NO3-和 NO2-时，Ce4+被还原为 Ce3+，由电子守恒、电荷守恒可知，离子方程式为：2NO3H 2O4Ce 4 =NO3-NO 2-6H 4Ce 3 ；（4）生成 Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，连接电源正极，因此再生时生成的 Ce4+在电解槽的阳极；反应物是 HSO3-被还原成 S2O42-，得到电子，电极反应式为：2H 2HSO 3-2e =S2O42-2
41、H 2O；（5）NO 2-的浓度为 a gL-1，要使 1m3该溶液中的 NO2-完全转化为 NH4NO3，则失去电子数目是：1000（5-3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是 V，则失电子数目是： 2（2-0） ，根据电子守恒： = 2（2-0） ，解得V=243a。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握还原性的强弱及电子守恒为解答的关键，题目难度中等。18.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为 Co2O3，含少量Fe2O3、Al 2O3、MnO、MgO、CaO、SiO 2等)制取 CoC2O42H2O 工艺流程
42、如下图所示： 已知：浸出液含有的阳离子主要有 H 、Co 2 、Fe 2 、Mn 2 、Ca 2 、Mg 2 、Al 3 等；酸性条件下，ClO 不会氧化 Co2 ，ClO 转化为 Cl ；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表：沉淀物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Co(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2完全沉淀的pH3.7 5.2 9.2 9.6 9.8（1）浸出过程中加入 Na2SO3的主要目的是_。- 18 -（2）向浸出液中加入 NaClO3的离子反应方程式：_。（3）已知：常温下 NH3H2ONH OH K b1.810 5H2C2O4 H HC 2O K a1
43、5.410 2HC2O H C 2O K a25.410 5则该流程中所用(NH 4)2C2O4溶液的 pH_7(填“”或“”或“”)。（4）加入(NH 4)2C2O4 溶液后析出晶体，再过滤、洗涤，洗涤时可选用的试剂有_(填字母代号)。A蒸馏水 B自来水C饱和的(NH 4)2C2O4溶液 D稀盐酸（5）萃取剂对金属离子的萃取率与 pH 的关系如图 1 所示，萃取剂的作用是_；其使用的适宜 pH 范围是_(填字母代号)。A2.02.5 B3.03.5 C4.04.5（6）CoC 2O42H2O 热分解质量变化过程如图 2 所示。其中 600 以前是隔绝空气加热，600 以后是在空气中加热。A、
44、B、C 均为纯净物；C 点所示产物的化学式是_。【答案】 (1). 将 Co3 还原为 Co2 (2). ClO3-6Fe 2 6H =Cl 6Fe 3 3H 2O (3). (4). A (5). 除去溶液中的 Mn2 (6). B (7). Co2O3【解析】(1)亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子 Fe3+、Co 3+，所以浸出过程中加入 Na2SO3的目的是将 Fe3+、Co 3+还原，还原为 Fe2+、Co 2+；(2)NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的 Fe2+氧化成 Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为 ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-
45、+3H2O；(3)盐类水解，谁强显谁性，NH 3H2ONH4+OH- Kb=1.810-5，HCO 4-H+C2O42- K a2=5.410-5，所以(NH 4)2C2O4溶液中铵根离子水解大于草酸根离子水解，溶液呈酸性，即PH7；- 19 -(4)为除去(NH 4)2C2O4 晶体表面的附着液，洗涤时可选用蒸馏水洗涤，这样可得到更纯净的晶体，故答案为 A；(5)根据流程图可知，此时溶液中存在 Mn2+、Co 2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH 的关系可知，调节溶液 PH 在 3.03.5 之间，答案为 B，可使 Mn2+完全沉淀，并防止 Co2+转化为 Co(OH)2沉淀；(6
46、)由图可知，C 点钴氧化物质量为 8.03g，0.1molCo 元素质量为 5.9g，氧化物中氧元素质量为 8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中 Co 原子与 O 原子物质的量之比为0.1mol： 2:3，故 C 的 Co 氧化物为 Co2O3。点睛：明确实验原理是解本题关键，含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl 3、FeCl 2、MgCl 2、CaCl 2、MnCl 2，加入 NaClO3，可得到 FeCl3，然后加入 Na2CO3调 pH 至 5.2，可得到 Fe(OH)3、Al(OH) 3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl 2、CaCl 2、MnC
47、l 2，向溶液中加入 NaF 溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中 II 中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴。19.磷化铜(Cu 3P2)用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性原件。（1）基态铜原子的电子排布式为_；价电子中成对电子数有_个。（2）磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢(PH 3)。PH 3分子中的中心原子的杂化方式是_。P 与 N 同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO 3_H3PO4(填“”或“” “_ (5). 因为 HNO3分子结构中含有 2 个非羟基氧原子，比 H3PO4中多 1 个 (6). H3PO4。（3）非金属性越
48、强，电负性越大，则锡、磷两元素电负性的大小为 SnP。（4）根据晶胞结构可知含有的 Sn 原子个数81/81，Cu 原子个数61/23，P 位于体心，共计 1 个，则其化学式为 SnCu3P。该晶体中距离 Cu 原子最近的 Sn 原子有 4 个，位于面的 4 个顶点上，因此这些 Sn 原子所呈现的构型为平面正方形。根据晶胞结构可知最近的 Cu 原子核间距为面对角线的一般，晶胞的边长是，所以最近的 Cu 原子核间距为 。20.H 是一种新型香料的主要成分之一，其合成路线如下(部分产物和部分反应条件略去)：- 21 -已知：RCH=CH 2+CH2=CHR CH2=CH2+RCH=CHR；B 中核磁共振氢谱图显示分子中有 6 种不同环
