重庆市凤鸣山中学2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）.docx

重庆市凤鸣山中学2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Fe-56 O-16 Cu-64 S-32 N-14 一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是A. 江河入海口三角洲的形成与胶体性质有关B. “柴油树”的树油用于生产生物柴油，可作柴油使用C. 废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料D. 将二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用【答案】C【解析】分析：A、根据胶体能发生聚沉分析；B、“柴油树”的树油是有机物，燃烧值高；C、根据重金属能污染环境解答；D、根据二氧化硫的性质解答。详解：A、河水可以看作是胶体，海水中含有电解质，因此江河入海口三角洲的形成与胶体性质即胶体的聚沉有关，A正确；B、“柴油树”的树油主要成分是有机物，可用于生产生物柴油，可作柴油使用，B正确；C、废旧电池应集中处理主要是防止重金属污染环境，例如水源和土壤等，C错误；D、二氧化硫具有还原性，且具有杀菌消毒作用，因此可将二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，D正确。答案选C。2.用下列实验方案不能达到实验目的的是（ ）A. 图A装置Cu和稀硝酸制取NOB. 图B装置检验乙炔的还原性C. 图C装置实验室制取溴苯D. 图D装置实验室分离CO和CO2【答案】B【解析】【详解】A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不与水反应，所以可以用此装置制取一氧化氮，故A正确；B.用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等，硫化氢具有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C. 图C装置，有分液漏斗，可以通过控制液溴的量控制反应，装有四氯化碳的试管可用于除液溴，烧杯中的液体用于吸收溴化氢，倒置漏斗可防倒吸，此装置用于实验室制取溴苯，故C正确；D.二氧化碳可以先被碱液吸收，在球胆中收集一氧化碳气体，再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分离一氧化碳和二氧化碳，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的实验方案的设计，解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析；D选项根据一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装置和操作方法。据此解答。3.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。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 17g H2O2中含有非极性键的数目为NAB. 常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NAC. 在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，Na+总数为2NAD. 13. 8g NO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A. H2O2的结构式为，17gH2O2物质的量为0.5mol，含有非极性键数目为0.5NA，A错误；B.甲基(14CH3)的质量数A为17，质子数Z =6+31= 9，故中子数N = AZ = 8，17g甲基(14CH3)物质的量为17g17g/mol=1mol，因此17g甲基(14CH3)所含的中子数为8NA，B错误；C.Na2CO3溶液中会有少量CO32-发生水解，因此在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，溶质的总量大于1mol，所以Na+总数大于2NA，C错误；D.NO2与水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中NO2既是氧化剂，又是还原剂，与转移的电子数的关系为：3NO22e-，13.8NO2的物质的量为13.8g46g/mool=0.3mol，则转移的电子为0.2mol，故D正确。答案：D。5.能正确表示下列反应的离子反应方程式为A. 用小苏打(NaHCO3)治疗胃酸(HC1)过多：CO32-+2H+ =CO2+H2OB. 氯化铁溶液腐蚀铜箔制印刷线路板：2Fe3+Cu=2Fe2+ Cu2+C. 向明矾溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2CO23H2O2Al(OH)3CO32【答案】B【解析】A. 用小苏打(NaHCO3)治疗胃酸(HC1)过多：HCO3+H+=CO2+H2O，A错误；B. 氯化铁溶液腐蚀铜箔制印刷线路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，B正确；C. 向明矾溶液中滴加过量氢氧化钡生成硫酸钡、偏铝酸钾和水，得不到氢氧化铝，C错误；D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠：AlO2CO22H2OAl(OH)3HCO3，D错误，答案选B。6.下列选用的除杂试剂和实验操作都正确的是（括号内为杂质）（ ）物质除杂试剂(足量）操作方法ACO2(HC1)氢氧化钠溶液气体通过盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶BK2CO3(KCl)稀盐酸加入稀盐酸、蒸发、结晶CFeSO4(CuSO4)铁粉加入铁粉并过滤DZn(Fe)稀硫酸加入稀硫酸，过滤A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A、氢氧化钠溶液也吸收CO2，应该用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；B、稀盐酸和碳酸钾反应生成氯化钾，不能除去碳酸钾中的氯化钾，B错误；C、铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过滤即可除杂，C正确；D、锌、铁均与稀硫酸反应，不能除去锌中的铁，D错误，答案选C。点睛：掌握物质的性质差异是解答的关键，注意物质提纯的原则：不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。7.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A. 元素X与氢形成原子比为1：1的化合物有很多种B. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【答案】B【解析】【分析】因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素；据此判断。【详解】A元素X与氢形成的化合物有C2H2、C6H6等，故A正确；BW、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故B错误；C元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；故选B。8.下列关于氢氧化钠溶液和氨水的说法正确的是（）A. 分别中和等物质的量浓度、等体积的两溶液，所需HCl的物质的量相等B. 物质的浓度相等的两溶液具有相等的pHC. pH相等的两溶液稀释相同倍数，pH增大幅度不相等D. 物质的量浓度相等的两溶液，分别通入HCl气体反应后呈中性的溶液中（忽略溶液体积变化）c（Na+）c（NH4+）【答案】A【解析】【详解】A等物质的量浓度、等体积的两溶液含有溶质的物质的量相等，氢氧化钠和一水合氨都是一元碱，则恰好反应时消耗HCl的物质的量相等，故A正确；BNaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，NH3H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以等物质的量的两种溶液中c（OH）和pH：NaOH大于氨水，故B错误；CpH相等的两溶液稀释相同倍数，稀释过程中氨水中氢氧根离子的物质的量增大，而氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量基本不变，则稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，但稀释后两溶液的pH都会减小，不会增大，故C错误；D物质的量浓度相等的两溶液，若铵根离子不水解，反应后溶液中一定满足c（Na+）c（NH4+），但NH4+发生水解，所以c（Na+）c（NH4+），故D错误；故选：A。9.下列关于常见有机物的说法正确的是A. 淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物B. 苯乙烯与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯C. 苯乙块分子中最多有6个原子共直线D. 氟利昂-12(CF2Cl2)性质稳定，不易燃烧，有两种空间结构【答案】C【解析】【详解】A淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂相对分子质量比较小，不属于高分子化合物，故A错误；B苯乙烯与氯气发生加成反应得到氯代苯乙烷，故B错误；C苯环是中心对称构型，而乙炔是直线型，则在过乙炔基的苯环对称轴上()共有6个原子，故C正确；D甲烷是正四面体，所以CF2Cl2只有一种空间结构，故D错误；故答案为C。10.下列化学用语或描述中，不正确的有F的结构示意图：氢氧根的电子式：HClO的结构式：HClOSO3的水溶液能导电，说明SO3是电解质NaHSO3在水中的电离方程式：NaHSO3NaHSO32-同素异形体间的转化和同位素间的转化都是化学变化A. 1项B. 2项C. 5项D. 6项【答案】C【解析】【详解】F的结构示意图：，故正确；为羟基的电子式，氢氧根的电子式为：，故不正确；HClO的结构式为：HOCl，故不正确；SO3的水溶液能导电，导电离子是硫酸电离的，硫酸为电解质，而SO3不电离，属于非电解质，故不正确；NaHSO3在水中的电离方程式：NaHSO3NaHSO3-，故不正确；同素异形体间的转化是化学变化，同位素间的转化属于核反应，不属于化学变化，故不正确；综上，不正确的有共项，答案选C。11.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是向硅酸溶胶中逐渐滴加氢氧化钠至过量 过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca(OH)2溶液投入到过量NaHCO3溶液中 向NaAlO2中滴入NaHCO3溶液向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2 氯化钙溶液中通入少量的CO2A. B. C. 只有D. 只有【答案】D【解析】向硅酸溶胶中逐渐滴加氢氧化钠至过量导致硅酸胶体聚沉，硅酸溶于氢氧化钠生成硅酸钠和水，最终没有白色沉淀产生，错误；过量NaOH溶液和明矾溶液混合首先有白色沉淀氢氧化铝生成，氢氧化钠过量后沉淀溶解转化为偏铝酸盐，最终没有沉淀产生，错误；少量Ca(OH)2溶液投入到过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3 +H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，正确；向NaAlO2中滴入NaHCO3溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成氢氧化铝白色沉淀，正确；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，正确；二氧化碳和氯化钙不反应，所以少量的CO2通入其溶液中没有有沉淀生成，错误；答案选D。点睛：本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意根据物质的溶解度能判断产生沉淀，该题为易错选项。12.下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是 A. 如图所示的化学反应中，反应物的键能之和大于生成物的键能之和B. 相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水放出的热量少C. 金刚石在一定条件下转化成石墨能量变化如图所示，热反应方程式可为:C(s金刚石) =C(s，石墨) H-(E2E3)kJmol1D. 同温同压下，H2(g)+C12(g)=2HCl(g)能量变化如图所示，在光照和点燃条件下的H相同【答案】D【解析】【详解】A. 据图可知，该反应是放热反应，反应实质是旧键断裂和新键生成，前者吸收能量，后者释放能量，所以反应物的键能之和小于生成物的键能，A错误；B. 液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，故当生成液态水时放出的热量高于生成气态水时的热量，故B错误；C. 放出的热量=反应物的总能量生成物的总能量=-(E1E3)kJmol-1，故C错误；D. 反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值，与反应条件无关，故D正确；答案选D。13.次磷酸（H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。利用NaH2PO2进行化学镀银反应中，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物的化学式为（ ）A. H3PO4B. Na3PO4C. AgD. Na2HPO2【答案】A【解析】【详解】NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1及电子守恒可知，4(1-0)=1(x-1)，解得x=+5，由H3PO2+4Ag+2H2O=H3PO4+4Ag+4H+，H2PO2-+4Ag+2H2O=H3PO4+4Ag+3H+，则NaH2PO2对应的氧化产物为H3PO4，故A正确。故选A。14.向等物质的量浓度的HCl、AlCl3、NH4Cl、MgCl2混合溶液中逐滴加入1 molL1的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。下列有关说法正确的是()A. 在0a段加入的NaOH溶液与NH4Cl反应B. 在bc段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al33OH=Al(OH)3C. 在de段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al34OH=AlO2-2H2OD. 在滴加NaOH溶液全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是H、Al3、Mg2、NH4+、Al(OH)3【答案】D【解析】A0a段加入的NaOH溶液与HCl的反应，A错误；B.bc段加入的NaOH发生反应Mg2+2OH-=Mg（OH）2，B错误；Cde段加入的NaOH溶液发生的反应为Al（OH）3+OH-=AlO2-+H2O，C错误；D对应的电解质越难电离，越易与OH-反应，五种微粒中，能与OH-反应的有H+，Al3+，Mg2+，NH4+，Al（OH）3其中H+最易与OH-反应，其次为Al3+，Mg2+，反应后生成水、氢氧化铝和氢氧化镁，接着是NH4+，最后溶解Al（OH）3，D正确；答案选D。15.某溶液中除水电离出的OH-、H+之外含Na+、Fe2+、Al3+、Ba2+、SO42-、NO3-、Cl-中的4 种，这4种离子的物质的量均为0.1 mol。若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是A. 该溶液中肯定不含Ba2+B. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种C. 若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体D. 该溶液中除水电离出的OH-、H+之外所含离子是Na+、Fe2+、SO42-、NO3-【答案】B【解析】【分析】向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子，以此解答该题。【详解】加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，A根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，选项A正确；B溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3-+3Fe2+4H+=NO+3Fe3+2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，选项B错误；C若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol160g/mol=8.0g，选项C正确；D根据分析可知，该溶液中除H+、OH-之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3-、SO42-，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查离子的检验，侧重于学生的分析能力的考查，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及溶电荷守恒的应用，题目难度中等。16.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe 3)、n(Br2) 随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是()A. 氧化性强弱：Br2 Fe3B. 由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 molLlC. n(Cl2)0. 12 mol时，溶液中的离子浓度有c (Fe 3)c( Br)=18D. n(FeBr2)n(Cl2)11时，反应的离子方程式为：2Fe22Br + 2Cl2=2Fe3Br2 + 4Cl【答案】C【解析】【分析】由图可知，向200 mL FeBr2溶液中通入0.1mol氯气时，Fe2恰好被完全氧化为Fe3，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl，由方程式可得n（Fe2）为0.2mol，则n（Br）为0.4mol；通入氯气0.3mol时，溶液中0.4mol Br恰好被完全氧化为Br2，反应的离子方程式为2Br+ Cl2=Br2 + 2Cl，则氯气与溴化亚铁溶液完全反应的离子方程式为2Fe24Br + 3Cl2=2Fe32Br2 +6Cl。【详解】A项、由题给图示可知，向200 mL FeBr2溶液中通入氯气，亚铁离子先反应，说明还原性Fe2 Br，还原剂的还原性越强，对应氧化产物的氧化性越弱，则氧化性强弱：Br2 Fe3，故A正确；B项、由通入0.1mol氯气时，Fe2恰好被完全氧化为Fe3可得，溶液中n（Fe2）为0.2mol，则FeBr2溶液的浓度为=1mol/L，故B正确；C项、当通入n(Cl2)为0. 12 mol时，0.2mol Fe2已经完全被氧化为Fe3，n（Fe3）为0.2mol，过量的0. 02 mol Cl2与0. 04 mol Br反应，溶液中n（Br）为（0.40.04）mol=0.36mol，则溶液中的离子浓度有c (Fe 3)c( Br)= 0.2mol0.36mol=5:9，故C错误；D项、n(FeBr2)n(Cl2)11时，溶液中Fe2已经完全被氧化为Fe3，有一半Br被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe22Br + 2Cl2=2Fe3Br2 + 4Cl，故D正确；故选C。【点睛】注意依据题给图示明确反应顺序是Fe2还原性强先被完全氧化后，Br才被氧化是解答突破口。第卷 （非选择题 52分）17.Ba(NO3)2可用于生产烟花。某主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工厂利用某种钡泥主要含有BaCO3、Ba(FeO2)2、极少量CuCO3等制取Ba(NO3)2晶体，其部分工艺流程如下：已知：Fe3+和Fe2+以氢氧化物形式沉淀完全时，溶液的pH分别为3.2和9.7。(1)酸溶时不使用浓硝酸的原因是_。(2)酸溶后溶液中pH=1，Ba(FeO2)2与HNO3的反应化学方程式为_。(3)该厂结合本厂实际，中和选用的X为_(填化学式)；中和使溶液中_(填离子符号)的浓度减少(中和引起的溶液体积变化可忽略)。(4)滤液得到Ba(NO3)2晶体的操作依次为_、_、过滤。(5)该厂生产的Ba(NO3)2晶体含有少量Cu2+。化学上通过惰性电极电解法富集Cu时，发现电解装置的阴极还有少量使红色石蕊试纸变蓝的气体生成。生成该气体的电极反应为_。(6)Ba2+致死量为355mg/kg。误食Ba2+可以服用MgSO4溶液解毒，涉及到的离子反应方程式为_；为了减少环境污染，请对上述流程中不合理的设计进行改进，改进措施是_。【答案】 (1). 浓HNO3易挥发、分解 (2). Ba(FeO2)2+8HNO3=Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O (3). BaCO3 (4). Fe3+、H+ (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). NO3-+ 6H2O +8e-=NH3 + 9OH- (8). Ba2+ + SO42- = BaSO4 (9). 洗涤废渣并回收洗涤液【解析】【分析】BaCO3含少量CuCO3、Ba(FeO2)2等杂质，其中Ba(FeO2)2中钡元素为+2价，铁元素为+3价，加入硝酸，在容器中充分溶解得到溶液，此溶液中含有钡离子、铜离子、三价铁离子，可加入X碳酸钡，调节溶液pH=45，使铁离子、铜离子水解生成Fe(OH)3沉淀、Cu(OH)2沉淀，过滤后废渣为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液中主要含有硝酸、硝酸钡，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤可得到硝酸钡晶体，据此分析解答。【详解】BaCO3含少量CuCO3、Ba(FeO2)2等杂质，其中Ba(FeO2)2中钡元素为+2价，铁元素为+3价，加入硝酸，在容器中充分溶解得到溶液，此溶液中含有钡离子、铜离子、三价铁离子，可加入X碳酸钡，调节溶液pH=45，使铁离子、铜离子水解生成Fe(OH)3沉淀、Cu(OH)2沉淀，过滤后废渣为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液中主要含有硝酸、硝酸钡，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤可得到硝酸钡晶体。(1)酸溶时不使用浓硝酸的原因是浓HNO3易挥发、分解；(2)酸溶后溶液中pH=1，Ba(FeO2)2与HNO3反应生成硝酸钡、硝酸铁和水，反应的化学方程式为Ba(FeO2)2+8HNO3=Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O；(3)该厂结合本厂实际，中和选用的X必须能消耗过量硝酸并使铁离子沉淀而除去，且不引入新的杂质，可为BaCO3；中和使溶液中Fe3+、H+的浓度减少；(4)滤液得到Ba(NO3)2晶体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；(5)电解装置的阴极还有少量使红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则气体显碱性为氨气，生成该气体的电极反应是硝酸根离子得电子产生氨气，电极反应式为NO3-+ 6H2O +8e-=NH3 + 9OH-；(6)误食Ba2+可以服用MgSO4溶液解毒，钡离子与硫酸根离子反应产生难溶于酸的硫酸钡，涉及到的离子反应方程式为Ba2+ + SO42- = BaSO4 ；为了减少环境污染，请对上述流程中不合理的设计进行改进，改进措施是洗涤废渣并回收洗涤液，避免引起污染。18.1942年，我国化工专家侯德榜以NaCl、NH3、CO2等为原料制得纯碱，他的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了突出贡献。回答下列问题：某探究活动小组欲在实验室中模拟制取纯碱，设计了、两种方案，并选择其一进行实验。方案：(1)将足量CO2通入饱和NaCl溶液中；(2)再在所得溶液中通入足量NH3；(3)过滤；方案：(1)将足量NH3通入饱和NaCl溶液中；(2)再在所得溶液中通入足量CO2；(3)过滤；(1)部分实验装置如图所示。制取氨气的装置应选用_(选填编号)。 (2)写出实验中获得碳酸氢钠的离子方程式_(3)灼烧碳酸氢钠需要_(选填编号)。a蒸发皿 b坩埚 c烧杯 d烧瓶 e酒精灯(4)选择的实验方案是_(选填“”或“”)，说明选择的理由_(5)甲同学取少量产品完全溶于水，滴加稀硝酸2-3滴，再滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成，得出纯碱含杂质Cl-的结论。乙同学认为甲的结论不一定正确，你认为乙同学的理由是_。(6)按下列流程处理母液(提取完碳酸氢钠后滤液)可得到NH4Cl。通入NH3的作用是_(选填编号)。a增大NH4+浓度，使NaHCO3更多地析出b增大NH4+浓度，使NH4Cl更多地析出c使NaHCO3转化为溶解度更大的Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度【答案】 (1). (2). CO2+H2O+NH3+Na+NaHCO3+NH4+ (3). b、e (4). (5). 因二氧化碳气体溶解度较小，若先通入二氧化碳气体再通入氨气后，生成的碳酸氢钠量较少，难以析出沉淀 (6). 稀硝酸可能不足，没有把碳酸钠完全反应掉 (7). bc【解析】【分析】(1)实验室制备氨气的方法是利用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成或利用浓氨水滴入固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰中生成氨气；(2)氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵；(3)灼烧固体在坩埚中进行；(4)氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，从而保证了通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应；(5)碳酸钠和硝酸银反应也能生成碳酸银白色沉淀；(6)通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等操作得到晶体。【详解】(1)装置加热分解氯化铵生成氨气和氯化氢在试管口处重新生成氯化铵，不能制得大量氨气，装置浓氨水滴入碱石灰固体溶解过程中放热，一水合氨分解生成氨气，可以制备氨气，故答案为；(2)氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的离子方程式：CO2+H2O+NH3+Na+=NaHCO3+NH4+；(3)灼烧碳酸氢钠需要在坩埚中加热灼烧，选择be，故答案为：b、e；(4)将足量NH3通入饱和NaCl溶液中，再在所得溶液中通入足量CO2，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，从而保证了通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应，因二氧化碳气体溶解度较小，若先通入二氧化碳气体再通入氨气后，生成的碳酸氢钠量较少，难以析出沉淀；(5)甲同学取少量产品完全溶于水，滴加稀硝酸2-3滴，再滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成，得出纯碱含杂质Cl-的结论，乙同学认为甲的结论不一定正确，理由是：稀硝酸可能不足，没有把碳酸钠完全反应掉；(6)根据NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度所故bc正确，故答案为：bc。19.运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：a. CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1=+216.4kJ/molb CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=-41.2kJ/mol则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H= _。(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_(填序号)A.和的转化率相等 B.反应体系密度保持不变C.保持不变 D. P1_P2 (填“”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点_D点。C点的转化率为_；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：(A)_(B)。.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_。反应过程中通过质子交换膜(ab)的为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). +175.2kJ/mol (2). BC (3). (5). 66.7% (6). (7). 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O (8). 11.2【解析】分析】I.(1)则将a+b可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H；(2)起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨，达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质浓度不变，气体的总物质的量不变，以此判断；增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，结合方程式计算；压强越大、温度越高，反应速率越快；II.根据图示可知，阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据通过的氢离子物质的量可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计算氮气的物质的量，最后根据V=nVm计算标况下体积。【详解】I.(1)已知a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=+216.4kJ/molb.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41.2kJ/mol则将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=（+216.4-41.2）kJ/mol=+175.2kJ/mol；(2)A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；C.保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；故合理选项是BC；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1P2，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则反应平衡常数：B点D点；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，设转化N2物质的量为xmol，则 N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)起始：1mol 3mol 0转化：x mol 3xmol 2xmol平衡：(1-x)mol (3-3x)mol 2xmol则100%=50%，解得x=，则C点H2的转化率为=66.7%，B点的压强、温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以(A)(B)；II.根据图示可知，阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-，则阴极反应式为：2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O；电解池的阳极水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，发生反应为：2H2O-4e-=4H+O2，则电解池中总反应为：4SO32-+4H+2S2O42-+2H2O+O2，即转移4mol电子时有4mol氢离子通过质子交换膜，则反应过程中通过质子交换膜（ab）的H+为2mol时，转移电子的物质的量为2mol，生成1molS2O42-，图示NO吸收柱中S2O42-失去电子被氧化成SO32-，NO得到电子被还原成N2，根据得失电子守恒可知，吸收柱中生成N2的物质的量为：n(N2)=0.5mol，标况下0.5mol氮气的体积为：22.4L/mol0.5mol=11.2L。【点睛】本题考查化学平衡、电解原理、反应热计算等知识，明确盖斯定律、电解原理，把握化学平衡三段法、转化率计算等为解答的关键，知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及综合应用能力。三、选做题（20题和21题任选一题做）。20.氢、氮、氧、铁、铜等元素及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用途。回答下列问题: (1)写出基态铜原子的价电子排布式_(2)和铜在同一周期中，基态原子未成对电子数为2的元素共有_种。(3)NH4HF2中HF2-的结构为F-H.F-，则NH4HF2中含有的化学键有_(A)离子键 (B)共价键 (C)金属键 (D)氢键 (E)配位键(4)写出与NH4+互为等电子体的一种分子的化学式_；(5)CH3OH分子中C原子的杂化方式为_，键角：H-C-H_H-O-C。(填“”、“=”)(6)Cu与Cl形成某种化合物的晶胞如下图所示，Cu的配位数是_，该晶体的密度为gcm-3，晶胞边长为acm，则阿伏加德罗常数为_(用含、a的代数式表示)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). 4 (3). ABE (4). CH4 (5). sp3 (6). (7). 4 (8). 398/(a3)mol-1【解析】【分析】(1)Cu是29号元素，处于中第四周期第IB族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子；(2)与Cu同周期，基态原子未成对电子数为2的元素价电子排布式为3d24s2、3d84s2、4s24p2、4s24p4；(3)NH4+与HF2-形成离子键，HF2-中F与H原子之间存在极性键、氢键，NH4+中含有配位键，氢键不属于化学键；(4)与NH4+互为等电子体的一种分子可以用C原子替换N原子与1个单位正电荷；(5)碳原子没有孤电子对数，形成4个键，C原子杂化轨道数目=0+3=4；孤对电子之间排斥力孤对电子与成键电子对之间排斥力成键电子对之间排斥力，排斥力越大化学键键角被压缩程度越大；(6)由晶胞结构可知，黑色球的配位数为4，而晶胞中黑色球、白色球数目均为4，二者配位数相同；结合晶胞中原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量=晶体密度晶胞体积，联立计算。【详解】(1)Cu是29号元素，处于中第四周期第IB族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，故价电子排布式为：3d104s1；(2)与Cu同周期，基态原子未成对电子数为2的元素价电子排布式为3d24s2、3d84s2、4s24p2、4s24p4，共有4种；(3)NH4+与HF2-形成离子键，HF2-中F与H原子之间存在极性键、氢键，NH4+中含有配位键，氢键不属于化学键；(4)与NH4+互为等电子体的一种分子可以用C原子替换N原子与1个单位正电荷为CH4等；(5)碳原子没有孤电子对数，形成4个键，C原子杂化轨道数目=0+3=4，C原子采取sp3杂化；O原子有2