长沙市大学附属中学2020届高三化学第3次月考试题含解析

湖南省长沙市湖南大学附属中学2020届高三化学第3次月考试题含解析湖南省长沙市湖南大学附属中学2020届高三化学第3次月考试题含解析PAGE36-湖南省长沙市湖南大学附属中学2020届高三化学第3次月考试题含解析湖南省长沙市湖南大学附属中学2020届高三化学第3次月考试题(含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Mg—24Cl—35.5Fe-56Cu—64Zn—65Ag-108一、选择题1.2018年10月在《自然一催化》杂志上刊登了中科院院士李灿发表的有关高效单核催化剂的文章，为实现“液态阳光”构想迈出了关键一步。“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合作用得到的绿色液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是()A.煤气化得到的水煤气不属于“液态阳光”B.“液态阳光”的主要成分可能为甲醇、乙醇和氨基酸C。“液态阳光”行动有利于可持续发展和应对气候的变化D.“液态阳光”有望解决全球化石燃料面临枯竭的难题【答案】B【解析】【详解】A．煤气化得到的水煤气主要成分为氢气和一氧化碳，不属于“液态阳光"，故A正确;B．根据元素守恒，液态阳光中不可能含有氨基酸，故B错误；C．“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，能吸收二氧化碳解决温室效应，且燃烧产物无污染，有利于可持续发展并应对气候变化，故C正确；

D．利用阳光、二氧化碳和水合成绿色燃料减少对化石燃料的依赖，有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题，故D正确;故答案为B.2.下列有关说法正确的是A。电解质溶液导电为化学变化B.Na、SiO2、H2O都称为分子式C.NH3的水溶液能导电，所以NH3为电解质D.HClO、KNO3、H2O2中均含离子键【答案】A【解析】【详解】A.电解质在导电的过程中伴随着化学反应。阴极和阳极上发生了氧化还原反应，A项正确;B。Na可以表示元素或是原子，但不能表示分子，B项错误；C.氨水中电离出阴阳离子的是一水合氨而不是氨气,所以一水合氨是电解质，氨气是非电解质,C项错误；D.HClO、H2O2中均只含有共价键,KNO3含离子键、共价键,D项错误；答案选A。【点睛】电解质导电是本身电离出阴阳离子而能导电，氨气、二氧化碳、二氧化硫溶于水也能导电，这是氨气、二氧化碳、二氧化硫和水形成的酸或碱电离出阴阳离子而导电,并非其本身电离出阴阳离子，所以是非电解质.3.设NA为阿伏加德罗常数的数值.下列说法错误的是A。46gC2H5OH含有的共价键数目为8NAB.4.48L（标准状况）H2和CO混合气体完全燃烧消耗O2分子数为0.1NAC。1L0。5mol/L的Na2S溶液中含S的粒子数目等于0。5NAD.电解精炼铜时，阴极质量增重128g，则转移电子数目大于4NA【答案】CD【解析】【详解】A.C2H6O可能为乙醇，也可能为甲醚，若为乙醇含有共价键的数目一定为8NA，若为甲醚含有共价键键的数目一定为8NA，A项正确;B。标况下4。48L混合气体的物质的量为0。2mol，而1mol氢气和1molCO均消耗0。5mol氧气，故0。2molH2和CO的混合物燃烧消耗的氧气为0。1mol，分子为0.1NA个，B项正确；C。硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子,阴离子数目增加，所以1L0.5mol⋅L−1Na2S溶液中含S粒子数目大于0。5NA，C项错误;D.电解精炼铜时，阴极上电极反应为Cu2++2e−=Cu,故当阴极质量增重128g即有2mol铜析出时，转移电子为4mol即4NA个，D项错误；答案选CD.4.下列化学方程式中，不能正确表示反应颜色变化的是A。将盛有NO2的密封玻璃容器放入冷水中，颜色变浅:2NO2N2O4B。用铝筷摩擦浸泡在NaCl溶液中变黑的银器(黑色物质为Ag2S)，银器很快恢复银白色：Ag2S＋2NaCl===Na2S＋2AgClC.氯化亚铁溶液遇铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀：3FeCl2+2K3［Fe（CN)6]===Fe3[Fe(CN)6］2↓＋6KClD.FeCl3溶液中加入铜粉,溶液从黄色变为蓝绿色：2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2【答案】B【解析】【分析】根据题表示反应颜色变化可知，本题考查化学反应中物质的颜色变化,运用化学反应方程式分析。【详解】A。2NO2N2O4为放热反应，将盛有NO2的密封玻璃容器放入冷水中,温度降低,平衡向放热方向移动，即向生成无色N2O4的方向移动，颜色变浅，A项正确;B.铝和Ag2S在氯化钠电解质溶液中形成原电池反应，铝做负极，表面有硫化银的银器做正极,硫化银被还原成银,银器由黑色很快恢复银白色，B项错误；C。亚铁离子与铁氰化钾反应生成带有特征颜色的铁氰化亚铁沉淀，3FeCl2+2K3[Fe（CN）6］===Fe3[Fe（CN)6]2↓＋6KCl，C项正确；D。黄色的铁离子有强氧化性，与铜单质反应生成绿色的亚铁离子和蓝色的铜离子，溶液从黄色变为蓝绿色，D项正确；答案选B。5。S2Cl2和SCl2均为重要的化工原料，都满足8电子稳定结构。已知：①S2(1)+Cl2（g)S2Cl2(g)△H1=xkJ/mol②S2Cl2（g）+Cl2（g)2SCl2（g)△H2=ykJ/mol③相关化学键的键能如下表所示：化学键S-SS-ClCl—Cl键能/kJ/molabc下列说法错误的是A.SCl2的结构式为C1-S-Cl B。S2Cl2的电子式为:C。y=2b—a-c D。在S2（1)+2Cl2（g）2SCl2(g）的反应中,△H=(x+y)kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A。原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键,所以SCl2的结构式为C1—S-Cl，选项A正确；B.原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键，所以S2Cl2的结构式为C1-S—S-Cl，根据此结构式得到对应的电子式为:，选项B正确;C。反应的焓变等于反应物的键能减去生成物的键能，根据上面给出的SCl2和S2Cl2的结构式,反应②S2Cl2（g)+Cl2（g)2SCl2（g)的焓变△H2＝y＝a＋2b＋c－4b=a+c-2b，选项C错误;D。反应①加上反应②可以得到:S2(1)+2Cl2（g)2SCl2(g)，所以该反应的焓变为△H=（x+y）kJ/mol，选项D正确；故答案选C。【点睛】化合物中原子达到8电子稳定结构有如下规律：原子的成键个数＝8－原子的最外层电子数;计算出原子应该形成的共价键数以后，可以书写化合物的结构式,注意应该是成键多的原子在中间，成键少的在边上。6。下列实验操作、现象和结论都正确的是()选项实验操作现象结论A向某溶液中先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液溶液变成血红色原溶液中一定含有Fe2＋B向H2S溶液中通入O2溶液变浑浊氧化性：O2〉SC向等浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中分别滴加2滴酚酞溶液前者红色更深水解程度：NaHCO3〉Na2CO3D取少量某溶液于试管中，向其中加入NaOH溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化试纸不变蓝原溶液中不含NH4+A.A B。B C.C D。D【答案】B【解析】【详解】A．原溶液中可能含铁离子,应先加KSCN、后加过氧化氢检验亚铁离子,故A错误；B．H2S溶液中通入O2溶液变浑浊,发生氧化还原反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O，则氧化性:O2＞S，故B正确；C．等浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，后者水解程度大,碱性强，水解程度NaHCO3＜Na2CO3，故C错误；D．检验溶液中是否含有NH4+时，滴加浓NaOH溶液，同时需要加热，再用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化,故D错误；故答案B。7.伏打电堆由几组锌和银的圆板堆积而成，所有的圆板之间夹放着几张盐水泡过的布.如图所示为最初的伏打电堆模型，由八组锌和银串联组成的圆板堆积而成。下列说法正确的是A.该电池发生的反应为析氢腐蚀B。电池长时间工作后,中间的布上会有白色固体颗粒生成，该固体颗粒为Ag2OC.当电路中转移0.1mol电子时，消耗锌板的总质量为26gD.该伏打电堆工作时，在银板附近会有Cl2放出【答案】C【解析】【分析】根据题中伏打电堆模型可知，本题考查原电池和电解池的工作原理，运用原电池和电解池的工作原理分析。【详解】A。电解质溶液是食盐水,不是酸性环境，则该电池发生的反应为吸氧腐蚀，A项错误;B.根据电池总反应2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2可知电池长时间工作后,中间的布上出现白色固体颗粒应是Zn（OH)2，B项错误；C.负极反应为Zn−2e−=Zn2+，转移电子0.1mol时，一组锌消耗的质量为0.05mol×65g/mol=3.25g，八组锌消耗的总质量为3.25g×8=26g，C项正确；D.银作正极,正极上氧气得电子发生还原反应，不会有氯气放出，D项错误；答案选C。【点睛】金属在酸性很弱或中性溶液里发生吸氧腐蚀,在酸性较强的溶液中发生析氢腐蚀。8。用下列装置进行相应实验，不能达到实验目的的是（)A.图1所示装置可制备氢氧化亚铁B。图2所示装置可电解食盐水制氯气和氢气C.图3所示装置可验证氨气极易溶于水D.图4所示装置与操作可除去苯中的苯酚【答案】B【解析】【详解】A、苯隔绝空气，氢氧化钠的胶头滴管深入液体中再挤出，都可以防止氢氧化亚铁被氧化，正确，不选A；B、铜连接电源的正极做阳极，铜失去电子生成铜离子，溶液中的氯离子不放电，错误,选B；C、氨气溶于水，使烧瓶中气压减小,气球膨胀,所以正确,不选C;D、苯与氢氧化钠不反应，且不互溶，苯酚和氢氧化钠反应生成苯酚钠溶于水中，可以用分液的方法分离,正确，不选D。故答案选B.9.2019年是“国际化学元素周期表年"。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下所示。下列说法错误的是A。甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族B。原子半径比较:甲>乙〉SiC.原子序数：甲－Ca＝1D。推测乙的单质可以用作半导体材料【答案】C【解析】【分析】根据题中甲、乙两种未知元素的位置可知，本题考查元素周期表的结构及其应用,元素周期律和元素周期表的综合应用,运用元素周期表和元素周期律分析。【详解】A。

甲为Ga,位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族，A项正确;B。

电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小,则原子半径比较：甲〉乙〉Si，B项正确；C。

甲为Ga，位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族，原子序数为31，Ca原子序数为20,原子序数:甲－Ca＝11，C项错误；D。乙为Ge，位于金属与非金属的交界处,可用作半导体材料，D项正确。答案选C。【点睛】位于金属与非金属的交界处的元素可用作半导体材料，如Si、Ge。10.氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应ClO3-＋3HSO3-=3SO42—＋Cl－＋3H＋。已知该反应的反应速率随c（H＋）的增大而增大。如图所示为用ClO3-在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应的υ－t图。下列说法不正确的是(）A.反应开始时速率增大可能是c(H＋)增大所致B。纵坐标为υ（Cl－）的υ－t曲线与图中曲线完全重合C。图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内ClO3-的物质的量的减少量D.后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小【答案】C【解析】【详解】A．由方程式:ClO3-+3HSO3—=3SO42-+Cl—+3H+可知，反应开始时随着反应的进行,c(H+)不断增大，由题目信息可知反应的速率随c(H+）的增大而加快,故反应开始时速率增大可能是c（H＋）增大所致,故A正确；B．由方程式：ClO3-+3HSO3-=3SO42—+Cl—+3H+可知，υ（ClO3—）:υ(Cl—）=1：1,纵坐标为υ（Cl-）的υ—t曲线与图中曲线重合，故B正确；C．图中阴影部分“面积”可以表示t1—t2时间内ClO3-的物质的量浓度的减少量，故C错误；D．随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小,所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故D正确；故答案为C.11。某溶液X中可能含有K＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Cl－、CO32—中的一种或多种，为了定性检验溶液X中的部分离子，做了如下实验：①向溶液X中加入过量浓KOH溶液并加热，有无色气体和红褐色沉淀生成。②取①反应后的上层清液，加入NaHCO3溶液，有白色沉淀生成。相关分析不正确的是()A。可以用湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体B.向溶液X中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，一定会产生白色沉淀C。步骤②中发生反应的离子方程式为Al3＋＋3HCO3—=Al(OH）3↓＋3CO2↑D。用洁净的铂丝蘸取少量①反应后的上层清液并灼烧，透过蓝色钴玻璃一定会看到紫色火焰【答案】C【解析】【详解】①向溶液X中加入过量浓KOH溶液并加热，有无色气体和红褐色沉淀生成，说明溶液中含有NH4+和Fe3+，则一定不含有CO32-，由溶液电荷守恒可知一定含有Cl-；②取①反应后的上层清液，加入NaHCO3溶液，有白色沉淀生成，说明①反应后的上层清液中含有AlO2-，反应为AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32—，则原溶液中一定含有Al3+;A．滴加浓KOH溶液并加热，有无色气体生成，可以用湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体,若变蓝色,则为NH3，溶液中含有NH4+，故A正确；B．原溶液中一定含有Cl—，则向溶液X中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，一定会产生AgCl白色沉淀，故B正确；C．步骤②中发生反应的离子方程式为AlO2-＋H2O+HCO3—=Al(OH)3↓＋CO32—，故C错误；D．步骤①为向溶液X中加入过量浓KOH溶液并加热，则反应后的溶液中一定含有K+,用洁净的铂丝蘸取少量①反应后的上层清液并灼烧，透过蓝色钴玻璃一定会看到紫色火焰,故D正确；故答案为C.【点睛】破解离子推断题的几种原则：①肯定性原则:根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－);②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子,且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子）;④进出性原则:通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。12.类推（类比迁移）的思维方法可以预测许多物质的性质.但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是A。Fe3O4根据化合价规律可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO•Pb2O3B.CaC2能水解：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，则Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O=4A1(OH)3↓+3CH4↑C.Cl2与Fe加热生成FeCl3,则I2与Fe加热生成FeI3DSO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀【答案】B【解析】【详解】A。Fe3O4中的Fe的化合价可以认为是+2，+3，则表示为FeO•Fe2O3，但是Pb常见的化合价为+2、+4，则Pb3O4应表示为2PbO•PbO2，A错误;B.水解反应为物质与水电离出来的H＋和OH－结合的反应,Al4C3中的Al与OH－结合生成Al(OH）3，C与H结合生成甲烷,化学方程式为Al4C3+12H2O=4A1(OH）3↓+3CH4↑,B正确;C.碘单质的氧化性比氯气弱，只能将Fe氧化成＋2价,则I2与Fe加热生成FeI2,C错误；D。SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为弱酸不能制取强酸,但SO2通入Ba(NO3）2溶液中,SO2溶于水,生成亚硫酸使溶液呈现酸性，溶液中存在硝酸根离子，将SO2氧化成SO42－，会生成硫酸钡沉淀，D错误;答案为B。【点睛】类推时，要根据实际情况推测，Pb的化合价为+2、+4价,其氧化物为PbO、PbO2两种和铁的不同。13。由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池称为浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极。如图所示装置中,X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时，先闭合K2，断开K1，一段时间后，再断开K2，闭合K1，即可形成浓差电池,电流计指针偏转。下列不正确的是A。充电前,该电池两电极不存在电势差B。放电时，右池中的NO3-通过离了交换膜移向左池C。充电时，当外电路通过0.1mol电子时，两电极的质量差为10.8gD。放电时，电极Y为电池的正极【答案】C【解析】【分析】由题意可知，本题考查电化学原理的应用，运用电解池和原电池原理分析。【详解】A.充电前，左右两池浓度相等，则两极不存在电势差,A项正确；B.由以上分析可知形成原电池时X为负极，Y为正极，阴离子向负极移动,则右池中的NO3—通过离了交换膜移向左池，B项正确;C.当外电路通过0。1mol电子时，阳极有0。1molAg被氧化，而阴极析出0.1molAg，质量都为10。8g，则两电极的质量差为21。6g，C项错误；D。放电时，右池硝酸银浓度较大，则电极Y为电池的正极，D项正确;答案选C。【点睛】在原电池中,阴离子向负极移动,阳离子移向正极。14.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应2NO2（g)⇌2NO（g)＋O2(g）ΔH〉0。实验测得：υ正＝υ(NO2)消耗＝k正c2（NO2），υ逆＝υ（NO）消耗＝2υ（O2)消耗＝k逆c2（NO）·c（O2），k正、k逆为速率常数，受温度影响.下列说法正确的是()容器编号物质的起始浓度(mol·L－1)物质的平衡浓度（mol·L－1）c(NO2)c（NO)c(O2）c(O2）Ⅰ0。6000.2Ⅱ0。30。50。2Ⅲ00。50.35A.反应达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为1∶1B.反应达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大C.反应达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数大于50％D。当温度改变为T2时，若k正＝k逆，则T2〉T1【答案】D【解析】【详解】A．容器I中的反应化学平衡常数K===0.8；容器II中开始时浓度商Qc===＜0.8，则反应正向进行,平衡时混合气体的物质的量浓度之和大于1mol/L，所以达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于0。8mol/L：1mol/L=4:5，故A错误；B．容器I中反应平衡时c（O2)=c（NO2)，如果容器II中平衡时c(NO2）=c(O2)，设参加反应的c（NO2)=xmol/L，则0。3-x=0。2+0。5x，解得x=，平衡时c(NO2）=c（O2）=mol/L，c（NO)=0.5mol/L+mol/L=mol/L，II中Qc==≈1。4＞0。8，说明II中平衡时应该存在c（NO2)＞c（O2），即容器Ⅱ中〈1，而容器I中=1，所以达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的小,故B错误；C．若容器Ⅲ在某时刻，NO的体积分数为50％,可得反应的三段式：2NO2（g)⇌2NO（g)＋O2(g)起始量（mol/L）00。50。35变化量(mol/L)2y2yy平衡量（mol/L)2y0。5－2y0。35－y若0.5－2y＝2y＋0.35－y，解得y＝0.05，求出此时浓度商Qc＝＝4.8>K，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，平衡时NO的体积分数小于50%,故C错误；D．υ正=υ（NO2）消耗=k正c2(NO2)，υ逆=υ(NO）消耗=2υ（O2）消耗=k逆c2（NO)•c（O2),达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2（NO2）=k逆c2(NO）•c(O2），T2时若k正=k逆,则c2(NO2)=c2（NO)•c（O2），化学平衡常数K=1>0.8,该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，化学平衡常数增大，则T2＞T1，故D正确;故答案为D。【点睛】考查化学平衡计算，侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力，如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要学生灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题。二、非选择题15。图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：请回答下列问题：(1)元素F在周期表中的位置为________________（2)C、D、E、G的简单离子半径由大到小的顺序为_______________（用离子符号表示）.（3）二元化合物X是含有元素A的18电子分子，3gX（g)在25℃101kPa下完全燃烧生成稳定的化合物时放出QkJ的热量，写出表示X燃烧热的热化学方程式：________________(4)某同学设计实验用图2所示装置证明元素A、B、F的非金属性强弱(其中溶液b和溶液c均足量）。①溶液b为_________________②溶液c中发生反应的离子方程式为__________________【答案】(1)。第三周期第ⅣA族（2)。S2－〉O2－>Na＋>Al3＋(3）。C2H6(g)＋7/2O2(g）===2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－10QkJ/mol(4）。饱和NaHCO3溶液(5）。SiO32—＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32—【解析】【分析】根据题意可知，本题考查元素周期表，元素化合价、离子半径大小、热化学方程式的书写，运用元素周期律、离子半径大小比较方法、热化学方程式书写步骤分析。【详解】（1)由图1分析可得，A为C，B为N、C为O、D为Na、E为Al、F为Si、G为S，因此F在周期表中的位置为第三周期第ⅣA族；故答案为：第三周期第ⅣA族;(2）电子层越多，离子半价越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小,则S2－〉O2－>Na＋〉Al3＋，故答案为：S2－〉O2－>Na＋>Al3＋；（3)二元化合物X是含有元素A的18电子分子，X为C2H6，3gX（g)在25℃101kPa下完全燃烧生成稳定的化合物时放出QkJ的热量,则X燃烧热的热化学方程式为C2H6（g)＋O2(g)===2CO2（g）＋3H2O(l）ΔH＝－10QkJ/mol；故答案为：C2H6(g)＋O2(g)===2CO2（g）＋3H2O(l）ΔH＝－10QkJ/mol；(4）①证明元素A、B、F的非金属性强弱,则应用A、B、F对应的最高价氧化物的水化物和其相应盐进行反应来验证，因此溶液a和b、c分别为HNO3、饱和NaHCO3、Na2SiO3溶液;故答案为:饱和NaHCO3溶液;溶液b中产生的二氧化碳通入c中Na2SiO3溶液中发生反应的离子方程式为SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-；故答案为：SiO32—＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32—。16.电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染，其中所含的Cr（Ⅵ)是主要污染物,可采用多种处理方法将其除去。查阅资料可知：①在酸性环境下,Cr（Ⅵ)通常以Cr2O72-的形式存在；②Cr2O72—的氧化能力强于CrO42—；③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：阳离子Fe3＋Fe2＋Cr3＋开始沉淀的pH1.97。04.3沉淀完全的pH3。29.05。6Ⅰ.腐蚀电池法（1）向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原Cr(Ⅵ）。下列关于焦炭的说法正确的是_______(填字母代号）。a．作原电池的正极b．在反应中作还原剂c．表面可能有气泡产生Ⅱ.电解还原法向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解,经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH）3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准.电解装置如图1所示。(2)A极连接电源的______________极，A极上发生的电极反应式为_______________（3)电解开始时,B极上除了发生产生H2的反应外，还有少量Cr2O72—在B极上直接放电，该反应的电极反应式为_________________(4）电解过程中，溶液的pH不同时，通电时间（t）与溶液中铬元素去除率的关系如图2所示.①由图可知，电解还原法应采取的最佳pH范围为____(填字母代号）。a．2~4b．4～6c．6～10②解释曲线Ⅰ和曲线Ⅳ去除率低的原因：________________【答案】(1）。ac(2）。正（3）.Fe－2e－===Fe2＋(4).Cr2O72-＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O（5).b(6)。曲线Ⅰ的pH较小，此时Cr(Ⅵ）被还原生成的Cr3＋难以生成Cr（OH）3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致去除率较低；曲线Ⅳ的pH较大，铬元素主要以CrO42—形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72—，Cr（Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致去除率较低【解析】【分析】根据题意可知，本题考查电解原理及其应用、“三废”处理与环境保护，运用电化学原理和除杂原理分析。【详解】（1）向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，形成原电池，铁作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；焦炭作正极，但焦炭是惰性材料，本身不能被还原，由于废水呈酸性，正极上可能发生反应2H＋＋2e－===H2↑，观察到焦炭表面有气泡产生，则a、c正确，故答案为：ac；(2）由图可知,与电源的B极相连的一极表面产生H2，该电极的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑,则B是电源负极，A是电源正极；与A极相连的电极为电解池的阳极,电极材料是Fe,Fe发生氧化反应,电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋。故答案为：Fe－2e－===Fe2＋；（3)B极是阴极，发生还原反应，少量Cr2O在B极上直接放电被还原为Cr3＋，电解质溶液呈酸性，则电极反应式为Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O。故答案为：Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O；(4)①由图可知，曲线Ⅱ对应pH＝4时，溶液中铬元素去除率最大，且所用时间最短,反应速率快;曲线Ⅲ对应pH＝6时,铬元素去除率最终与pH＝4相同，但所用时间较长,反应速率比pH＝4慢;图中曲线Ⅰ、Ⅳ对应的铬元素去除率偏低，故最佳pH范围为4～6,答案选b。故答案选:b；②由题给信息可知，去除废水中的铬元素,最终要生成Cr(OH）3和Fe（OH)3沉淀排出。曲线Ⅰ的pH＝2，酸性较强，此时Cr（Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr（OH）3沉淀,仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致铬元素去除率较低；曲线Ⅳ的pH＝10，溶液呈碱性，促使平衡Cr2O3-＋H2O2CrO＋2H＋正向移动，铬元素主要以CrO形式存在，其氧化能力弱于Cr2O，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致铬元素去除率较低。故答案为：曲线Ⅰ的pH较小,此时Cr(Ⅵ）被还原生成的Cr3＋难以生成Cr（OH）3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致去除率较低；曲线Ⅳ的pH较大,铬元素主要以CrO42-形式存在,其氧化能力弱于Cr2O72—,Cr（Ⅵ）难以被还原并生成沉淀，导致去除率较低。17.镁是一种银白色的碱土金属，镁元素在地壳中的含量约为2。00％，位居第八位，镁及其化合物在研究和生产中具有广泛用途。请回答下列问题：(1)在室温下，纯净的氮化镁(Mg3N2）为黄绿色的粉末，能与水反应，常用作触媒，实验室用如图1所示装置和药品制备少量氮化镁。①A中盛装的是____，B中可盛装碱石灰，二者混合可制取氨气.②按照气流的方向从左至右连接装置:a接____、____接____、_b__接____.③气体通过CuO这一装置的目的是什么？用化学方程式回答：______.④无水氯化钙装置可防止外界空气中的水进入，以防_____________（化学方程式表示)的发生。（2)碳酸镁可用作耐火材料、锅炉和管道的保温材料，以及食品、药品、化妆品、橡胶、墨水等的添加剂.Ⅰ.合成碳酸镁晶体的步骤如下：步骤1：配制0.5mol·L－1MgSO4溶液和0.5mol·L－1NH4HCO3溶液。步骤2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在50℃。步骤3：将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完毕，然后用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4：放置1h后,过滤，洗涤。步骤5:在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得到产品碳酸镁晶体（MgCO3·nH2O，n＝1~5）。①配制0.5mol·L－1MgSO4溶液500mL,需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、____。②步骤3中加氨水后发生反应的离子方程式为________________Ⅱ.测定合成的MgCO3·nH2O中的n值.称量1。000g碳酸镁晶体，放入图2所示的广口瓶中,加入适量水，滴入稀硫酸与晶体反应,生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4~5h,后期将温度升到30℃，最后烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得生成CO2的总量；重复上述操作2次。③上述反应后期要升温到30℃,主要目的是_____________________④若实验测得1。000g碳酸镁晶体产生CO2的平均物质的量为amol，则n为__________（用含a的表达式表示)。⑤若称取100g上述晶体进行热重分析，得到的热重曲线如图3所示,则合成的晶体中n＝____(取整数）。【答案】(1)。浓氨水（2）。d（3）.e(4)。c（5）。b(6）。f(7).2NH3＋3CuON2＋3H2O＋3Cu(8）.Mg3N2＋6H2O===3Mg（OH）2＋2NH3↑（9）.500mL容量瓶(10）.Mg2＋＋HCO3—＋NH3·H2O＋(n－1)H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+.(11）。升高温度，气体溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全(12）。1-84a/18a(13）。1【解析】【分析】根据题意可知，本题考查了物质含量的实验探究过程分析、实验装置的连接，运用各物质的化学性质和装置连接步骤分析。【详解】（1）①A、B二者混合可制取氨气，而浓氨水和生石灰或氢氧化钠固体混合放热，可使一水合氨分解生成氨气。因此A中盛装的是浓氨水;故答案为:浓氨水；②根据实验目的及题给装置可知，按照气流的方向从左向右连接装置的顺序为:a接d，e接c，b接f；故答案为：d;e；c；b；f；③气体通过CuO这一装置的目的是氨气有还原性,能还原氧化铜,生成氮气，则气体通过CuO这一装置的目的用化学方程式表示为:2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；故答案为：2NH3＋3CuON2＋3H2O＋3Cu;④无水氯化钙装置可防止外界空气中的水进入，以防氮化镁和水发生反应生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为:Mg3N2+6H2O3Mg(OH）2+2NH3↑；故答案为:Mg3N2+6H2O3Mg（OH)2+2NH3↑；（2)①配制0。5mol·L—1

MgSO4溶液500mL，除提供的仪器外，还需要的仪器为500mL容量瓶；故答案为:500mL容量瓶;②步骤3中加氨水后反应生成碳酸镁结晶水合物,反应的离子方程式为Mg2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＋(n－1）H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+；故答案为：Mg2＋＋HCO3—＋NH3·H2O＋(n－1）H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+；③题述反应后期将温度升到30℃，是为了使生成的二氧化碳全部逸出，便于其被氢氧化钠溶液完全吸收，从而减小测定产生的误差;故答案为:升高温度,气体溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；④若实验测得1。000g碳酸镁晶须产生的CO2的平均物质的量为a

mol,依据碳元素守恒可知,晶须中碳酸镁的物质的量为a

mol，根据MgCO3·nH2O中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1∶n,得到,得到；故答案为:；⑤由题图3知400℃时剩余质量为82。3g,这是该晶须失去结晶水后的质量，则有，解得n=1;故答案为：1。18。高氯酸铜易溶于水，在130℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜［Cu（ClO4)2·6H2O］的一种工艺流程如图1所示：（1)发生“电解Ⅰ”时，所用的交换膜是____（填“阳”或“阴")离子交换膜。(2）歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应。已知上述工艺流程中“歧化反应"的产物之一为氯酸钠，则“歧化反应”的化学方程式为________。(3）“电解Ⅱ”主要的阳极产物是_________(填离子符号)。（4）操作a的名称是____.（5）用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质量为at,最终制得Cu（ClO4）2·6H2O为bt,则产率为____（用含a,b的代数式表示）。(6)某温度下，高氯酸铜[Cu（ClO4)2］按A、B两种方式同时分解，分解过程中铜的化合价不发生改变。方式A为Cu（ClO4）2CuCl2＋4O2↑，若4mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50％的方式完全分解，且A、B两种方式转移的电子数之比为8∶7,则方式B为____（用化学方程式表示)。【答案】（1)。阳（2)。3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2（3）.ClO4—（4）。蒸发浓缩(5).100％（6).2Cu（ClO4）22CuO＋7O2↑＋2Cl2↑【解析】【分析】根据题意可知,本题考查电化学原理，运用原电池和电解池原理分析。【详解】（1）“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜;

故答案为：阳；（2）“歧化反应”是碳酸钠与氯气反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为−1价和+5价，同时生成二氧化碳,反应的化学方程式为3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2;故答案为：3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2;（3）通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极的氯离子失电子产物为ClO4-；

故答案为：ClO4—；(4)加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到60％以上的高氯酸，

故答案为：蒸发浓缩；(5）根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成氯酸钠和氯化钠，电解后氯酸钠变成高氯酸钠,加入盐酸反应生成高氯酸，最后与Cu2（OH)2CO3反应生成Cu（ClO4）2⋅6H2O,假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol,得到1mol氯酸钠，根据氯元素守恒最终可以得到0。5molCu(ClO4）2⋅6H2O，因此产率为；故答案为：100％；(6）在A方式：中CuCl2是还原产物，O2是氧化产物，反应中转移电子数为16e−，若4mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50%的方式完全分解，则方式A共转移4mol×16e−＝64mole−，A、B两种方式转移的电子数之比为8：7,则B中转移电子64mole−×=56mole−，Cu(ClO4)2分解时Cu元素化合价不变，则B方式中O2是氧化产物，生成O2的物质的量为，若Cl元素还原产物中价态为x价,则8（7−x)＝56，解得：x＝0,可知还原产物为Cl2，且其物质的量为,则结合原子守恒，B方式发生反应