湖北省黄冈市浠水县实验高级中学2020届高三8月月考化学试题 19页

化学月考试题 可能用到的相对原子质量：H：1 C：6 O：16 Na：23 N：14 S：32 Cu：64 一、选择题：（本题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 分） 1.中华传统文化蕴含着很多科学知识，下列说法错误的是 A. “丹砂(HgS 烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应 B. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化 C. “霾尘积聚难见路人”形容的霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应 D. “含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴 【答案】A 【解析】 【详解】A. 根据题意，丹砂(HgS)烧之成水银，即红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞 生成，反应的化学方程式为：HgS Hg+S，汞和硫在一起又生成硫化汞，反应的化学方程 式为：Hg+S═HgS，由于反应条件不同，所以不属于可逆反应，故 A 错误； B. “水声冰下咽，沙路雪中平”意思是：流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙 路铺上厚厚的积雪显得很平坦，所述未涉及化学变化，所以 B 选项是正确的； C. 雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，所以 C 选项是正确的； D. “甘露”，甘美的露水，“消渴”，口渴，善饥，尿多，消瘦。包括糖尿病、尿崩症等， “含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以“止渴”，所以 D 选项是 正确的。 故选 A。 2.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是 A. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱 B. 同素异形体：活性炭、C60、金刚石 C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气 D. 混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧 碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故 A 正确； B．活性炭，C60，金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故 B 正确； C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解 质也不是非电解质，故 C 错误； D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯 化氢的水溶液属于混合物，故 D 正确。 答案选 C。 【点睛】考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键， 注意：化合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质 是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。 3.下列说法正确的是 ①非金属氧化物一定不是碱性氧化物 ②电解质溶液的导电过程伴随化学变化 ③HCl 既有氧化性又有还原性 ④Fe(OH)3、FeCl3、HNO3 都不能用化合反应制备 ⑤SO2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性 A. ②⑤ B. ①②③④ C. ①②③ D. ①②③⑤ 【答案】C 【解析】 【详解】①非金属氧化物一定不是碱性氧化物，正确；②电解质溶液的导电过程就是电解过 程，因此一定伴随化学变化，正确；③HCl 中 H 是+1 价，Cl 是－1 价，因此既有氧化性又有 还原性，正确；④Fe(OH)3、FeCl3、HNO3 都能用化合反应制备，例如氢氧化亚铁与氧气、水化 合生成氢氧化铁，铁与氯气化合生成氯化铁，NO2、氧气和水化合生成硝酸，错误；⑤SO2 能使 酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它具有还原性，错误，答案选 C。 4.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是： A. 23 g Na 与氧气充分燃烧,生成 Na2O 和 Na2O2 的混合物，转移的电子数为大于 NA 小于 2NA B. 1 mol 甲醇中含有的共价键数为 5NA C. 标准状况下 22.4L C6H6 充分燃烧消耗氧气 7.5 NA D. 0.2mol/L 的 Na2SO4 溶液中含 Na+ 数为 0.4NA 【答案】B 【解析】 【详解】A 项、Na2O 和 Na2O2 中都含有钠离子，23gNa 物质的量为 1mol，与 O2 完全反应，生成 Na2O 和 Na2O2 的混合物，共生成 1mol 钠离子，转移的电子数为 NA，故 A 错误； B 项、甲醇的结构简式为 CH3OH，含有 5 个共价键，则 1 mol 甲醇中含有的共价键数为 5NA，故 B 正确； C 项、标准状况下 C6H6 为液态，无法计算标准状况下 22.4LC6H6 的物质的量，故 C 错误； D 项、溶液体积不明确，故溶液中的离子的个数无法计算，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数，注意掌握有关物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、 阿伏伽德罗常数等之间的转化关系是解答关键。 5.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 1molAlCl3 在熔融状态时含有的离子总数为 4NA B. 某温度下纯水的 pH=6，该温度下 10LpH=11 的 NaOH 溶液中含 OH－的数目为 NA C. 8.7g 二氧化锰与含有 0.4molHCl 的浓盐酸加热充分反应，转移电子的数目为 0.2NA D. 12g 金刚石中 C－C 键的数目为 4NA 【答案】B 【解析】 【详解】A、氯化铝是共价化合物，熔融状态时不能电离出离子，选项 A 错误； B、pH=6 的纯水中，离子积常数为 10-12，该温度下 10 L pH＝11 的 NaOH 溶液中 OH－的浓度是 0.1mol/L，物质的量是 1mol，数目为 NA，选项 B 正确； C、8.7g 二氧化锰与足量的浓盐酸加热反应，转移电子的数目为 0.2NA，理论上只消耗 0.4molHC1， 现只有 0.4mol HC1 的浓盐酸，因浓盐酸反应一段时间后就变为稀盐酸，反应将 不再进行，故转移电子的数目小于 0.2 NA，选项 C 错误； D、金刚石中平均 1 个碳原子形成 2 个 C－C 键，则 12g 金刚石即 1mol 金刚石中含有 C—C 键 的个数为 2NA，选项 D 错误； 答案选 B。 6.利用图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是 选 项 ① ② ③ 实验结论 A 稀盐 酸 CaCO3 Na2SiO3 溶液 非金属性:Cl>C>Si B 浓硫 酸 蔗糖 Ba(NO3)2 溶液 验证 SO2 与可溶性钡盐可生成白色沉淀 C 浓氨 水 生石 灰 酚酞溶液 氨气的水溶液呈碱性 D 浓硝 酸 Fe NaOH 溶液 铁和浓硝酸反应可生成 NO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓盐酸易挥发，挥发出的 HCl 能够与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，且盐酸不是最高 价含氧酸，A 错误； B．SO2 通入硝酸钡溶液中，溶液显酸性，硝酸根能把 SO2 氧化为硫酸根，B 错误； C．浓氨水滴在生石灰上产生氨气，氨气通入酚酞试液中溶液显碱性，溶液变红色，C 正确； D．常温下浓硝酸与 Fe 发生钝化现象，无法观察到有二氧化氮气体生成，D 错误。 答案选 C。 【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，涉及非金属性强弱比较、氧化还原反应、钝化现 象、常见气体制备及检验等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答。选项 B 是易错 点，注意酸性溶液中硝酸根的强氧化性。 7.下列离子方程式正确的是 A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO3 －＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O B. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H＋＋SO4 2－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O C. 氧化铜与稀硫酸反应：2H＋＋O2－＝H2O D. 碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO3 2－＋2H＋＝CO2↑＋H2O 【答案】B 【解析】 A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应的离子方程式为：2HCO3 ﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+ CO3 2﹣+2H2O， 选项 A 错误；B. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，反应的离子方程式为：2H++SO4 2﹣ +Ba2++2OH ﹣ ═BaSO4↓+2H2O ，选 项 B 正确 ；C. 氧化 铜与 稀硫 酸反 应的 离子 方程 式为 ： 2H++CuO═Cu2++H2O，选项 C 错误；D. 碳酸氢钠溶液中加入盐酸，反应的离子方程式为：HCO3 ﹣ +H+═CO2↑+H2O，选项 D 错误。答案选 B。 8.某无色透明的溶液，在 c(H+)水=1×10-13 的条件下都能大量共存的是（ ） A. Fe2＋ K＋ SO4 2- NO3 - B. Mg2＋ NH4 + SO4 2- Cl－ C. Ba2＋ Na＋ MnO4 - SO4 2- D. Na＋ K＋ SO4 2- NO3 - 【答案】D 【解析】 【详解】由水电离出来的 c(H+)水=1×10-13，则说明溶液中水的电离是被抑制的，即溶液可能显 酸性，也可能显碱性。 A、含 Fe2＋的溶液呈浅绿色，且碱性条件下 Fe2＋不能大量存在，酸性条件下 Fe2＋、H＋、NO3 -发 生氧化还原反应而不能大量共存，选项 A 错误； B、碱性条件下 Mg2＋、NH4 +不能大量存在，选项 B 错误； C、含 MnO4 -的溶液呈紫红色，且 Ba2＋与 SO4 2-反应生成硫酸钡沉淀而不能大量共存，选项 C 错误； D、无论酸性还是碱性条件下 Na＋、K＋、SO4 2-、NO3 -之间相互不反应能大量共存，且溶液呈无色， 选项 D 正确。 答案选 D。 9.安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑，下列判断正确的是( ) A. 每生成 16 mol N2 转移 30 mol 电子 B. NaN3 中 N 元素被还原 C. N2 既是氧化剂又是还原剂 D. 还原产物与氧化产物质量之比为 1∶15 【答案】D 【解析】 【详解】A、根据方程式可知 NaN3 中氮元素的化合价从－1/3 升高到 0 价，作还原剂。硝酸钾 中氮元素的化合价从＋5 价降低到 0 价，作氧化剂，因此每生成 16 mol N2 转移 10 mol 电子， A 错误； B、NaN3 中 N 元素被氧化，B 错误； C、氮气既是氧化产物，也是还原产物，C 错误； D、根据电子得失守恒可知还原产物与氧化产物质量之比为 1:15，D 正确。 答案选 D。 10.测定 Na2CO3 和 NaHCO3 混合物中 Na2CO3 质量分数的实验方案不合理．．．的是（ ） A. 取 ag 混合物用酒精灯充分加热后质量减少 bg B. 取 ag 混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加 bg C. 取 ag 混合物与足量氢氧化钡溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得 bg 固体 D. 取 ag 混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入 1~2 滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点， 消耗盐酸 VmL 【答案】B 【解析】 【详解】A. NaHCO3 分解生成的(CO2+H2O)的质量为 bg，由此可求出 NaHCO3 的质量，利用 ag 可 求出 Na2CO3 的质量分数，A 方案合理； B. 碱石灰吸收的是反应生成的 CO2 和无法确定与 CO2 定量关系的 H2O，从而无法求出 CO2 的物质 的量，也就无法求出混合物中 Na2CO3 的质量分数，B 方案不合理； C. bg 固体为 BaCO3，可求出混合物中碳原子的物质的量，列方程可求出 Na2CO3 和 NaHCO3 的物 质的量，从而求出混合物中 Na2CO3 的质量分数，C 方案合理； D. 发生反应的化学方程式为 Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，利用已知数据可求出 Na2CO3 的物质的 量，从而求出混合物中 Na2CO3 的质量分数，D 方案合理。 故选 B。 11.探究 Na2O2 与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2 -、HO2 - H+ + O2 2-）下列分析 不正确．．．的是 A. ①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃 B. ①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应 C. ②、⑤中 KMnO4 与 MnO2 的作用不同，产生气体的量也不同 D. 通过③能比较酸性：HCl＞H2O2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾 具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化 钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化 氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此 分析作答。 【详解】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧 化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A 项正确； B. ①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成 水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化 氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分 解反应，B 项正确； C. ②中 KMnO4 与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4 体现氧化性，而⑤中 MnO2 则起催化作用，两个 试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但②中过氧化氢全部被氧化 ⑤中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C 项正确； D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了 过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D 项错误； 答案选 D。 12.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 A B C D 实验 新制氯水滴入 Na2S 溶液中 乙醇滴入 K2Cr2O7 酸性溶液中 饱和 FeCl3 溶液 滴入沸水中 草酸滴入 KMnO4 酸性溶液中 现象 产生黄色浑浊 溶液由橙色变为 液体变为红褐色 产生无色气体， 绿色 且澄清透明 溶液紫红色褪去 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.新制氯水滴入 Na2S 溶液中，反应方程式为 Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，有元素化合价升 降，属于氧化还原反应，故 A 不符合题意； B. 乙醇滴入 K2Cr2O7 酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O， CrO7 2-转化为 Cr3+，Cr 元素化合价由+6 价变为+3 价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应， 故 B 不符合题意； C.饱和 FeCl3 溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为 Fe3++3H2O   Fe(OH)3(胶体)+3H+，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应，故 C 符合题意； D.草酸滴入 KMnO4 酸性溶液中，反应方程式为 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化合价由+7 价变为+2 价，有化合价变化，属于氧化还原反应，故 D 不符合题意。答案选 C。 【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化 还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。 13.已知：①H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(g) ΔH1=-241.8kJ·mol-1； ②H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(l) ΔH2=-285.8kJ·mol-1。 气态分子中的化学键 断开 1mol 化学键所需的能量/kJ O—H 465 O=O 498 下列说法不正确的是（ ） A. 氢气的燃烧热ΔH=-241.8kJ·mol-1 B. 断开 1molH—H 键需要吸收 439.2kJ 的能量 C. 相同条件下，1molH2O(g)比 1molH2O(l)能量高 D. 18gH2O(l)完全分解生成氢气和氧气，需要吸收 285.8kJ 的能量 【答案】A 【解析】 【 详 解 】 A 、 根 据 燃 烧 热 的 定 义 可 知 ， 反 应 ② 放 出 的 热 量 为 氢 气 的 燃 烧 热 ， △H=△H2=-285.8kJ/mol，选项 A 错误； B、△H1=E(H-H)+ 1 2 ×498kJ/mo1-2×465 kJ/mol=-241.8 kJ/mol，则 E(H-H)=439.2 kJ/mo1， 选项 B 正确； C、气态水液化时放出热量，故相同条件下，1 mol H2O(g)比 1 mol H2O(l)能量高，选项 C 正 确； D、根据反应②可知，H2O(l)=H2(g)+ 1 2 O2(g) △H=+285.8 kJ/mol，选项 D 正确。 答案选 A。 【点睛】本题考查了燃烧热的定义和反应热的求算以及热化学方程式书写，题目难度不大， 理解燃烧热概念时注意：1、物质的物质的量必须是 1mol；2、必须是完全燃烧生成稳定的氧 化物。 14.能说明在固定的密闭容器中进行的反应：3H2（g）+N2(g) ⇌ 2NH3(g) 已经达到平衡的是： A. c(H2):c(N2):c(NH3)=3:1:2 B. 容器内气体的密度不再改变 C. 容器内气体的平均摩尔质量不变 D. 氢气消耗的速率是氮气消耗速率的 3 倍 【答案】C 【解析】 【分析】 达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应 速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。 【详解】A 项、平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是 否达到平衡状态的依据，故 A 错误； B 项、由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量始终不变，固定的密闭容器中混合气体密度始 终不变，所以混合气体的密度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故 B 错误； C 项、该反应是一个体积体积减小的反应，由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量不变，反 应中容器内气体的平均摩尔质量增大，则容器内气体的平均摩尔质量不变，能表明反应已达 到平衡状态，故 C 正确； D 项、氢气消耗的速率和氮气消耗速率均为正反应速率，氢气消耗的速率是氮气消耗速率的 3 倍不能说明正逆反应速率相等，无法判断是否达到平衡状态，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】本题考查平衡平衡状态，注意抓住化学平衡状态的本质特征是正逆反应速率相等， 明确反应速率与化学计量数的关系是解答关键。 15.在实验室中，以一定浓度的乙醛—Na2SO4 溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程（如 图），乙醛在两电极分别转化为乙醇和乙酸。下列对电解过程的分析正确的是 A. 以铅蓄电池为电源，则 a 极为 Pb 电极 B. 石墨Ⅱ电极附近的 pH 逐渐减小 C. 阳极反应为 CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+ D. 每处理含 8.8g 乙醛的废水，转移电子的数目为 0.4NA 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据图示可知，钠离子、氢离子向石墨 II 极移动，石墨 II 为电解池的阴极，b 为 电源的负极，a 极为电源的正极，以铅蓄电池为电源，铅为负极，二氧化铅为正极，因此 a 极 为 PbO2 电极，A 错误； B.在阴极氢离子、乙醛，得电子生成氢气和乙醇，电极反应式为 4H++4e-=2H2↑，CH3CHO+2H++2e- = CH3CH2OH，溶液的 pH 逐渐变大，B 错误； C.阳极发生氧化反应，CH3CHO 失电子被氧化为乙酸，阳极反应为 CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+， C 正确； D.8.8g 乙醛其物质的量为 0.2mol，有 0.1mol 乙醛在阳极被氧化：CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+， 有 0.1mol 乙醛在阴极还原：CH3CHO+2H++2e- =CH3CH2OH，所以 0.1mol 乙醛发生氧化或还原均转 移电子 0.2NA，D 错误； 答案选 C。 16.500 mL KNO3 和 Cu(NO3）2 的混合溶液中 c(NO ）＝0.6 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液， 当通电一段时间后，两极均收集到 2.24 L 气体(标准状况下），假定电解后溶液体积仍为 500 mL， 下列说法正确的是 A. 原混合溶液中 c(K＋）为 0.2 mol·L－1 B. 上述电解过程中共转移 0.2 mol 电子 C. 电解得到的 Cu 的物质的量为 0.05 mol D. 电解后溶液中 c(H＋）为 0.2 mol·L－1 【答案】A 【解析】 试题分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜 离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量为 2.24L÷22.4L/mol=0.1mol；每生成 0.1mol 氧气转移 0.4mol 电子，每生成 0.1mol 氢气转移 0.2mol 电子，每生成 1mol 铜转移 2mol 电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量 =(0.4-0.2）/2mol=0.1mol，则铜离子的物质的量浓度为 0.1mol÷0.5L=0.2mol/L，根据电荷 守恒得钾离子浓度=0.6mol•L-1-0.2 mol•L-1×2=0.2mol/L。A、根据分析知，原混合溶液中 c （K+）为 0.2mol•L-1，正确；B、转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，错误；C、根据以 上分析知，铜的物质的量为 0.1mol，错误；D、当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝 酸 钾 溶 液 时 ， 实 际 上 是 电 解 水 ， 所 以 电 解 后 氢 离 子 的 物 质 的 量 为 氧 气 的 4 倍 ， 为 0.1mol×4=0.4mol，则氢离子浓度为 0.8mol/L，错误。 考点：考查电解原理的应用 二、非选择题 17.髙锰钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。 （1）有下列变化：CO3 2-→CO2、C2O4 2-→CO2、Fe3+→Fe2+，找出其中一个变化与“MnO4 -→Mn2+”组 成一个反应，写出该反应的配平的离子方程式_________________ （2）不同条件下高锰酸钾可发生如下反应： MnO4 -+5e-+8H+→Mn2++4H2O；MnO4 -+3e-+2H2O→MnO2+4OH-；MnO4 -+e-→MnO4 2-。由此可知， 高锰酸根 离子(MnO4 -)反应后的产物与______有关。 （3）高锰酸钾溶液可代二氧化锰用来制取 Cl2，氧化剂和还原剂物质的量之比为______。 （4）高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+ 10S+24H2O，若上述反应前后固体的质量减少了 2.8 g，则 FeS 与 KMnO4 之间发生电子转移的数 目为______个。 【答案】 (1). 2MnO4 -+5C2O4 2-+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O (2). 酸碱性 (3). 1:5 (4). 0.15NA 【解析】 【详解】（1）CO3 2-→CO2、C2O4 2-→CO2、Fe3+→Fe2+，其中发生氧化反应的只有 C2O4 2-→CO2，故能有 C2O4 2-与 MnO4 - 发生反应，其反应方程式为 2MnO4 -+5C2O4 2-+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O （2）根据离子反应方程式可知，在酸碱条件不同下，高锰酸根反应后得到的产物不同。 （3）高锰酸钾用来制取 Cl2，反应方程式为 2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 中，化合价升高的 Cl 元素所在的 HCl 反应物是还原剂，化合价降低的 Mn 元素所在的反应物 KMnO4 是氧化剂。其中所有 Mn 元素化合价降低，10 原子 Cl 化合价升高，故氧化剂和还原剂物 质的量之比为 1:5。 （4）10FeS + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 10S + 24H2O,反应物中固体 为 FeS，产物中固体为单质 S，反应前后质量减少 2.8g，根据差量法计算可知，共有 0.05molFeS 发生反应，故其中 S 元素为 0.05mol。由 S2-→S 零价，转移电子数目为 0.05mol×2=0.1mol 电 子。故发生电子转移的数目为.1Na。 18.三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质 并测定其溶液的浓度。 实验 1：探究 Na2CS3 的性质 步骤 操作及现象 ① 取少量 Na2CS3 固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份 ② 向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色 ③ 向另一份溶液中滴加酸性 KMnO4 溶液，紫色褪去 （1）H2CS3 是________酸（填“强”或“弱”）。 （2）已知步骤③的氧化产物是 SO4 2－，写出该反应的离子方程式________________________。 实验 2：测定 Na2CS3 溶液的浓度，按如图所示连接好装置，取 100mLNa2CS3 溶液置于三颈烧瓶 中，打开仪器 d 的活塞，滴入足量 2.0mol/L 稀 H2SO4，关闭活塞。 已知：Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑。CS2 和 H2S 均有毒。CS2 不溶于水，沸点 46℃，与 CO2 某些性质相似，与 NaOH 作用生成 Na2COS2 和 H2O。 （3）盛放无水 CaCl2 的仪器的名称是____________。 （4）反应结束后打开活塞 k，再缓慢通入热 N2 一段时间，其目的是___________________。 （5）为了计算 Na2CS3 溶液的浓度，对 B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得 19.2g 固 体，则 A 中 Na2CS3 的物质的量浓度为____________________。 （6）分析上述实验方案，还可以通过测定 C 中溶液质量的增加值来计算 Na2CS3 溶液的浓度， 若反应结束后将通热 N2 改为通热空气，计算值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。 【答案】 (1). 弱 (2). 5CS3 2－+24MnO4 －+52H＋=5CO2↑+15SO4 2－+24Mn2++26H2O (3). 干 燥管 (4). 将装置中残留的 H2S、CS2 全部排入后续装置中，使其被完全吸收 (5). 2.0mol/L (6). 偏高 【解析】 【分析】 “有弱才水解”——依据酚酞变红色，判断 H2CS3 是弱酸。书写步骤③的离子方程式，要明确 介质为酸性，所以 C 变为 CO2，用 H+配电荷守恒；反应结束后打开活塞 k，再缓慢通入热氮气 一段时间，显然是为了将装置中的残留的 H2S、CS2 等气体排入吸收装置，防止污染环境。 【详解】(1)根据溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色，说明 Na2CS3 为强碱弱酸盐，则 H2CS3 是弱酸； (2)向 Na2CS3 溶液中滴加酸性 KMnO4 溶液，紫色褪去，氧化产物为 SO4 2－，还原产物为 Mn2+；则 离子方程式为：5CS3 2－+24MnO4 －+52H＋=5CO2↑+15SO4 2－+24Mn2++26H2O； (3)盛放无水 CaCl2 的仪器的名称是干燥管； (4)装置中残留着一部分生成物，不将其完全排入后续装置会影响实验结果，通入惰性的热 N2 可将装置中残留的 H2S、CS2 全部排入后续装置中，使其被完全吸收； (5)根据反应 Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑可知 n(Na2CS3)=n(H2S)，硫化氢与硫酸铜溶液 反应生成硫化铜沉淀，n(CuS)=19.2g÷96g/mol=0.2mol，则 A 中 Na2CS3 的物质的量浓度为 0.2mol/0.1L=2mol/L； (6)空气中含有二氧化碳，能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，增加了 C的重量，使实验结果 偏高。 19.某强酸性溶液 X：可能含有 Al3+、Ba2+、NH4 +、Fe2+、Fe3+、CO3 2-、SO4 2-、SiO3 2-、NO3 -中的一种 或几种离子，取该溶液进行实验，转化关系如图所示。反应过程中有一种气体在空气中会变 为红棕色。回答下列问题： （1）由题给信息可知，溶液 X 中确定不存在的阴离子有___。 （2）气体 A 是__(填化学式)，产生气体 A 的离子方程式为__。 （3）步骤④中发生反应的离子方程式为___。 （4）根据题给信息和图中转化关系，可以确定溶液 X 中肯定存在的离子有__，可能存在的离 子有__。检验可能存在的离子是否存在的方法是__。 【答案】 (1). CO3 2-、SiO3 2-、NO3 - (2). NO (3). 3Fe2++4H++NO3 -=3Fe3++NO↑+2H2O (4). AlO2 -+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3 - (5). Al3+、NH4 +、SO4 2-、Fe2+ (6). Fe3+ (7). 取少量 溶液 X 于试管中，滴加几滴 KSCN 溶液，若溶液变红色，则溶液 X 中含有 Fe3+；若溶液不变红 色，则溶液 X 中不含有 Fe3+ 【解析】 【分析】 在强酸性溶液中，CO3 2-、SiO3 2-不能大量存在；加入 Ba(NO3)2 生成沉淀 C，则溶液 X 中一定含有 SO4 2-，X 中一定不存在 Ba2+；生成气体 A，则此气体为 NO，原溶液中一定不含有 NO3 -。加入过 量 NaOH 溶液，产生的气体为 NH3，则 X 中一定含有 NH4 +；加入过量 NaOH 溶液，产生沉淀 E， 且此沉淀溶于盐酸，则 X 中一定含有 Fe2+，可能含有 Fe3+；溶液 F 中通入过量的 CO2，生成沉 淀 H，则 X 中一定含有 Al3+。 （1）由题给信息的分析，可确定溶液 X 中不存在的阴离子。 （2）气体 A 是 NO，产生气体 NO 的原因，是 Fe2+在酸性溶液中与 NO3 -发生了反应。 （3）步骤④是 AlO2 -与过量 CO2 在水溶液中发生反应。 （4）根据题给信息和图中转化关系，可以确定溶液 X 中肯定存在的离子为 Al3+、NH4 +、SO4 2-、 Fe2+，可能存在的离子有 Fe3+。检验可能存在的离子是否存在，可使用 KSCN 溶液。 【详解】在强酸性溶液中，CO3 2-、SiO3 2-不能大量存在；加入 Ba(NO3)2 生成沉淀 C，则溶液 X 中 一定含有 SO4 2-，X 中一定不存在 Ba2+；生成气体 A，则此气体为 NO，原溶液中一定不含有 NO3 -。 加入过量 NaOH 溶液，产生的气体为 NH3，则 X 中一定含有 NH4 +；加入过量 NaOH 溶液，产生沉 淀 E，且此沉淀溶于盐酸，则 X 中一定含有 Fe2+，可能含有 Fe3+；溶液 F 中通入过量的 CO2，生 成沉淀 H，则 X 中一定含有 Al3+。 （1）由题给信息的分析，可确定溶液 X 中不存在的阴离子为 CO3 2-、SiO3 2-、NO3 -。答案为：CO3 2-、 SiO3 2-、NO3 -； （2）气体 A 是 NO，产生气体 NO，是因 Fe2+在酸性溶液中与 NO3 -发生了反应，离子方程式为 3Fe2++4H++NO3 -=3Fe3++NO↑+2H2O。答案为：NO；3Fe2++4H++NO3 -=3Fe3++NO↑ +2H2O； （3）步骤④是 AlO2 -与过量 CO2 在水溶液中发生反应的离子方程式为 AlO2 -+CO2+2H2O =Al(OH)3↓+HCO3 -。答案为：AlO2 -+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3 -； （4）根据题给信息和图中转化关系，可以确定溶液 X 中肯定存在的离子为 Al3+、NH4 +、SO4 2-、 Fe2+，可能存在的离子有 Fe3+。检验可能存在的离子是否存在的方法是取少量溶液 X 于试管中， 滴加几滴 KSCN 溶液，若溶液变红色，则溶液 X 中含有 Fe3+；若溶液不变红色，则溶液 X 中不 含有 Fe3+。答案为：Al3+、NH4 +、SO4 2-、Fe2+；Fe3+；取少量溶液 X 于试管中，滴加几滴 KSCN 溶 液，若溶液变红色，则溶液 X 中含有 Fe3+；若溶液不变红色，则溶液 X 中不含有 Fe3+。 20.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙 醇及稀硫酸。工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液(主要含 Cu2+、Fe3+、H+、Cl-中制备氯化 亚铜。 请回答下列问题： （1）出步驟①中发生的两个主要反应的离子方程式：___。 （2）步骤②的操作名称是____。 （3）步骤④中所加物质 X 为_____。 （4）步骤⑤的操作是_____。 （5）步骤⑥应调节溶液 pH 呈酸性，且用乙醇洗涤 CuCl 晶体，目的是____。 （6）在 CuCl 的生成过程中，可以循环利用的物质是____。 【答案】 (1). Cu2++Fe=Cu +Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或 Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2). 过滤、洗涤 (3). CuO(或 Cu(OH)2 等） (4). 在 HCl 气流中蒸发结晶 (5). 减少 CuCl 的损失 (6). 硫酸(或 H2SO4) 【解析】 【分析】 酸性废液中含 Cu2+、Fe3+、H+、Cl-，加入过量铁粉，Cu2+、Fe3+、 H+都能发生反应，反应的离子 方程式为：Cu2++ Fe = Cu+ Fe2+，Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+，Fe + 2H+ = Fe2++ H2↑，反应后所得的 固体 a 为 Cu 与过量的 Fe，加入足量稀盐酸，Fe 溶解为 Fe2+，此时溶液过滤可得固体 b，固体 b 为 Cu，加入浓硫酸可得 SO2 和硫酸铜，所得 SO2 与 Cu2+再反应制备 CuCl，据此分析。 【详解】（1）铁是活泼的金属，能与铁离子、铜离子以及氢离子反应，则步骤①中发生的两 个主要反应的离子方程式为 Cu2++ Fe = Cu+ Fe2+、Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+ 或 Fe + 2H+ = Fe2++ H2↑； （2）置换出的铜以及剩余的铁需要通过过滤从溶液中分离出来，再进行洗涤； （3）要得到氯化铜溶液，则需要除去铜离子，因此步骤④中所加物质 X 为 CuO 或 Cu (OH) 2 或 CuCO3 等； （4）由于铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在 HCl 气流中蒸发结晶； （5）由于氯化亚铜不溶于乙醇，因此用乙醇洗涤 CuCl 晶体的目的是减少 CuCl 的损失； （6）由于最终还有硫酸生成，因此在 CuCl 的生成过程中，可以循环利用的物质是硫酸。 【点睛】本题为工艺流程题，为高考热点和难点，设计物质的分离、物质的制备，明确物质 的性质是解题关键，注意物质性质的理解应用，易错点为（4）由于铜离子水解，所以步骤⑤ 的操作是在 HCl 气流中蒸发结晶。 21.在已经发现的一百多种元素中，除稀有气体外，非金属元素只有十多种，但与生产生活有 密切的联系。 （1）短周期中可以做半导体材料的元素的最高价氧化物与烧碱溶液反应的离子方程式是： __________； （2）为了提高煤的利用率，常将其气化或液化，其中一种液化是将气化得到的氢气和一氧化 碳在催化剂作用下转化为甲醇，写出该化学反应方程式为____________； （3）氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如 下：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)。 ①合成氨的反应中的能量变化如图所示。该反应是________反应（填“吸热”或“放热”）。 ②在一定条件下，将 2.5mol N2 和 7.5mol H2 的混合气体充入体积为 2L 的固定闭容器中发生反 应：N2（g）+ 3H2(g) 2NH3(g)，5 分钟末时达到平衡，测得容器内的压强是开始时的 0.9 倍，则 5 分钟内用氨气表示该反应的平均化学反应速率为：V(NH3)=____________；氢气达到 平衡时的转化率是_____________（保留小数点后一位）； （4）美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型装置，其构造如图所示： A，B 两个电极均由多孔的碳块组成。该电池的正极反应式为：________________；若将上述 装置中的氢气换成甲烷，其余都不改变，对应装置的负极反应方程式为_________________。 【答案】 (1). SiO2+2OH- ＝SiO3 2-+H2O (2). CO+2H2 CH3OH (3). 放热 (4). 0.1mol·L-1·min-1 (5). 20.0% (6). O2 +4e-+2H2O＝4OH- (7). CH4–8e-+10OH- ＝CO3 2-+7H2O 【解析】 【分析】 （1）短周期中可以做半导体材料的元素为 Si 元素，Si 元素的最高价氧化物为酸性氧化物 SiO2； （2）煤的液化是将气化得到的氢气和一氧化碳在催化剂作用下转化为甲醇； （3）①反应物的总能量高于生成物的总能量的反应为放热反应； ②由题给数据建立如下三段式计算反应速率和转化率； （4）由题给燃料电池示意图可知，通入氢气或甲烷的一极负极，通入氧气的一极为正极。 【详解】（1）短周期中可以做半导体材料的元素为 Si 元素，Si 元素的最高价氧化物为酸性氧 化物 SiO2，SiO2 与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为 SiO2+2OH- ＝ SiO3 2-+H2O，故答案为 SiO2+2OH- ＝SiO3 2-+H2O； （2）煤的液化是将气化得到的氢气和一氧化碳在催化剂作用下转化为甲醇，反应的化学方程 式为 CO+2H2 CH3OH，故答案为 CO+2H2 CH3OH； （3）①由合成氨的反应中的能量变化示意图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说 明合成氨的反应为放热反应，故答案为放热反应； ②设反应消耗 N2 的物质的量为 xmol，由题给数据建立如下三段式： N2（g）+ 3H2(g) 2NH3(g) 起（mol） 2.5 7.5 0 变（mol） x 3x 2x 平（mol）2.5—x 7.5—3x 2x 由 1 2 P P = 1 2 n n 可得 1 10.9 P P = 10 10 2x ，解得 x=0.5，则 V(NH3)= 3( )c NH t   = 1 2 5min mol L = 0.1mol·L-1·min-1，氢 气达到平衡时的转化率为 2 2 ( ) ( ) n H n H  ×100%= 1.5 7.5 mol mol ×100%=20%，故答案为 0.1mol·L-1·min-1； 20%； （4）由题给燃料电池示意图可知，通入氢气的一极负极，氢气在负极失电子发生氧化反应生 成水，电极反应式为 H2–2e-+2OH-＝2H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极得电子发生还 原反应生成水，电极反应式为 O2 +4e-+2H2O＝4OH-；若将氢气换成甲烷，甲烷在负极失电子发 生氧化反应生成碳酸根，电极反应式为 CH4–8e-+10OH-＝CO3 2-+7H2O，故答案为 O2 +4e-+2H2O＝ 4OH-；CH4–8e-+10OH-＝CO3 2-+7H2O。