【文档说明】【精准解析】山东省威海荣成市2020届高三上学期期中考试化学试题.doc，共(22)页，720.500 KB，由小赞的店铺上传

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高三化学本试卷分I卷（选择题）和II卷（非选择题）两部分。考试结束后，将答题卡交回。第Ⅰ卷（选择题共42分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考试号、考试科目填涂在答题卡上。2．每题选出答案后，用铅笔把

答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试题上。可能用到的相对原子质量：C12N14O16S32Cl35.5Mn55Fe56Ag108选择题（本题包括16小题，1—6题每题2分，7—1

6题每题3分，共42分。每小题只有一个．．．．选项符合题意）1.材料创新是衡量科技进步的重要标志。下列说法不正确的是A.发生溢油事故时可用沸石涂层网膜材料做防油栏B.国庆70周年阅兵使用的彩色烟剂是一种环保无毒的新型“航空液体彩色拉烟剂”C.条形码扫描器中的光敏二极管使用的主要是超导材料D.纳米

材料具有奇特的熔点、磁性、光学、导热、导电和化学方面等的特性【答案】C【解析】【详解】A.沸石具有强吸附性，故发生溢油事故时可用沸石涂层网膜材料做防油栏，故A正确；B.国庆70周年阅兵使用的彩色烟剂是一种环保无毒的新型“航空液体彩色拉烟剂”，故B

正确；C.当光照发生变化时，由半导体材料做成的光敏电阻的阻值可发生变化，可以感知条形码，故C错误；D.纳米材料的尺寸已接近光的波长，加上具有大表面的特殊效应，因此具有奇特的熔点、磁性、光学、导热、导电和化学方面等的特性，故D正确；故选C。【点

睛】2.下列说法不正确的是A.可利用盛有P2O5的干燥管除去NH3中的水蒸气B.我国科学家屠呦呦利用乙醚将青蒿中的青蒿素萃取出来C.明矾可作为絮凝剂是因为其水解生成的胶体分散质具有巨大的比表面积D.可用反萃取法将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来【答案】A【解析】【详解】A.P2O5与水反应生成磷

酸，磷酸会与氨气发生反应，所以不可利用盛有P2O5的干燥管除去NH3中的水蒸气，故A错误；B.乙醚是一个良好的有机溶剂，将青蒿浸泡在乙醚中，青蒿素会溶解于乙醚溶剂中，青蒿素的分子结构中含有过氧键，过热便分解，因为乙醚的良好挥发性和低沸点，因此除去乙醚而青蒿素不至于分解，故我国科学家屠呦呦利用

乙醚将青蒿中的青蒿素萃取出来，故B正确；C.在水溶液中，明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有巨大的比表面积，有强吸附性，故明矾可作絮凝剂，故C正确；D.在碘的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，碘单质与氢氧化钠发生反应3I2＋6N

aOH=5NaI＋NaIO3＋3H2O，生成易溶于水的碘化钠和碘酸钠，振荡、静置、分液，得到含碘化钠和碘酸钠的混合溶液，再加硫酸酸化，碘化钠和碘酸钠在酸性环境下发生反应5NaI＋NaIO3＋3H2SO4=3Na2SO4＋3I2＋3H2

O，生成含碘的悬浊液，过滤得到固体碘，故可用反萃取法将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来，故D正确；故选A。3.化学与我们的生产、生活密切相关。下列有关物质的用途不正确的是A.晶体硅可用于制造芯片和太阳

能电池B.补铁保健品中含有铁盐，激光打印机的墨粉中含有四氧化三铁C.钠和钾的合金可用作原子反应堆的导热剂D.SO2可作为漂白剂、防腐剂和抗氧化剂等，是一种食品添加剂【答案】B【解析】【详解】A.晶体硅是重要的半导体材料，可做成太阳能电池，各种集成电路，用于制造计算机芯片，故A

用途正确；B.人体中的铁以+2价存在，故补铁保健品中应含有亚铁盐，故B用途错误；C.钠钾合金具有良好的导热性，故钠钾合金可用作原子反应堆导热剂，故C用途正确；D.SO2具有漂白性，可作漂白剂，SO2具有还原性，可作

防腐剂、抗氧化剂等，是一种食品添加剂，故D用途正确；故选B。【点睛】4.下列过程中没有明显实验现象的是A.向Fe(NO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液B.向饱和的NaCl和NH3的混合溶液中通入过量的CO2C.将NaHCO3和NaOH两种溶液混合D.向Na2S2O3溶液中加入稀盐酸【答案

】C【解析】【详解】A．向Fe(NO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液，溶液中的离子发生以下反应4H＋＋NO3－＋3Fe2＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，溶液变成黄色，故A不选；B．向饱和的NaCl和NH3的混合溶液中通入过量的CO2，发生NaCl＋NH

3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl，有沉淀产生，故B不选；C．将NaHCO3和NaOH两种溶液混合发生NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，无明显现象，故C选；D．向Na2S2O3溶

液中加入稀盐酸发生Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，生黄色沉淀和刺激性气体，故D不选；故选C。5.设NA为阿伏伽德罗常数值，下列有关叙述正确的是A.0.1molKHSO4晶体中含有H+数为0.1NAB.标准状况下，5.6LSO3分子中含有的电子总数

为10NAC.33.6gFe与足量的水蒸气加热充分反应，转移电子数为1.6NAD.5.6gFe投入100mL3.5mol•L－1硝酸中，充分反应转移电子总数为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A.硫酸氢钾为离子化合物，晶体中含有钾离子和硫酸氢根离子，不含有氢

离子，故A错误；B.标准状况下，三氧化硫为固态，无法计算5.6L三氧化硫的物质的量和含有的电子总数，故B错误；C.高温下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应消耗3mol铁，转移电子的物质的量为(83—0)×3mol=8mol，33.6g铁的物质的量为33.6g56g/mo

l=0.6mol，则0.6mol铁与足量的水蒸气加热充分反应，转移电子数为1.6NA，故C正确；D.5.6g铁的物质的量为5.6g56g/mol=0.1mol，100mL3.5mol•L－1硝酸得物质的量为0.35mol，若0.1mol铁完全转化为铁离子，消耗硝酸的物质的量为0.4mol

，若完全转化为亚铁离子，消耗硝酸83mol，则0.1mol铁与0.35mol硝酸反应生成硝酸铁和硝酸亚铁的混合物，充分反应转移电子总数小于0.3NA，故D错误；故选C。6.下列反应的离子方程式中不正确的是A.向H218O

中投入Na2O2固体：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH－+18O2↑B.在碱性条件下，NH+4被氧气氧化成NO-3：NH+4+2O2+2OH－＝NO-3+3H2OC.将酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液混合：2Mn

O-4+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2OD.等物质的量的Ba(OH)2与明矾加入足量水中：3Ba2++6OH－+2Al3++3SO2-4＝3BaSO4↓+2Al(OH)3↓【答案】A【解析】【详解】A.Na2O2与水反应时，

Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH－中，故该离子方程式错误，故A错误；B.NH+4被氧气氧化成NO-3，1molNH+4失去8mol电子，则应有2mol氧气参加反应，溶液呈碱性，用2mol

OH－配平电荷守恒，最后元素守恒，右边加3mol水，故离子方程式正确，故B正确；C.酸性KMnO4溶液将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式为2MnO-4+5H2C2O4+6

H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C正确；D.假设Ba(OH)2与明矾均为1mol，则反应的比例关系为Ba2++2OH－+23Al3++SO2-4＝BaSO4↓+23Al(OH)3↓，左右两边同时乘以3可得，3Ba2++6OH－+2Al3++3SO2-4＝3BaS

O4↓+2Al(OH)3↓，故D正确；故选A。7.下列实验装置或图像与对应的说法正确的是A.利用甲装置灼烧海带B.利用乙装置分离苯和四氯化碳C.根据图丙溶解度曲线，能通过一次结晶，将x、y两种物质基本分离D.图丁向容量瓶转移溶液【答案】B【解析】【详

解】A.灼烧海带应该在坩埚中进行，不能在烧杯中进行，故A错误；B.苯和四氯化碳是互溶的有机物，但两者存在沸点差异，可以用蒸馏的方法分离，故B正确；C.从图中可以看出，X物质的溶解度随温度的升高而增大，Y物质的溶解度受温度的影响小一些

，在t2℃时，X、Y两种物质的溶解度相等，则应用结晶和重结晶的方法将x、y两种物质基本分离，故C错误；D.向容量瓶转移溶液时，玻璃棒的下端应低于容量瓶的刻度线，故D错误；故选B。8.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.澄

清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO2-4、C1－B.pH=11的溶液中：S2－、K+、CO2-3、C1O－C.pH=0的溶液中：Na+、C1－、MnO-4、SO2-4D.中性溶液：Fe3+、NH+4、[A1(OH)4]－、CH3COO－【答案】A【解析】【详解】A.澄清透明

的溶液中，Fe3+、Mg2+、SO42-、C1－四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A符合题意；B.pH=11的溶液为碱性溶液，S2－具有还原性，C1O－具有强氧化性，S2－和C1O－在碱性溶液

中能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；C.pH=0的溶液为酸性溶液，C1－具有还原性，MnO4－具有强氧化性，C1－和MnO4－在酸性溶液中能发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合题意；D.[A1

(OH)4]－与Fe3+和NH4+在溶液中能发生双水解反应，不能大量共存，故D不符合题意；故选A。9.下列说法不正确的是A.已知NH5为离子化合物，则固体NH5中阴阳离子个数比为1:1B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀，该法称牺牲阳极保护法C.原电池中发生的反应达平衡

时，该电池仍有电流产生D.要证明亚硫酸钠部分变质可选用试剂稀盐酸和氯化钡【答案】C【解析】【详解】A．已知NH5为离子化合物，可以写成NH4H，则固体NH5中阴阳离子个数比为1:1，故A正确；B．地下钢铁管道用导线连接锌块，锌、铁、土壤中的电解质组成原电池，锌作负极，先腐蚀，

从而减缓管道的腐蚀，该法称牺牲阳极阴极保护法，故B正确；C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池没有电流产生，故C错误；D．取少量配成溶液，滴加BaCl2，有白色沉淀生成，继续滴加HCl，如果白色沉淀部分溶解,则试剂部分变质，故D正确；

故选C。10.研究表明，通过碘循环系统（如图）可以吸收工业废气中的SO2制备一种重要的化工原料A，同时完成氢能源再生。下列说法不正确的是A.A为硫酸B.I2在整个循环系统中做催化剂C.不断分离出H2，有利于HI的分解D.氢能燃烧热值

高、资源丰富，无毒、无污染，储存、运输方便，属于新能源【答案】D【解析】【分析】由题给示意图可知，碘单质、二氧化硫和水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，碘化氢分解生成氢气和碘单质，碘循环系统中I2为整个循

环过程中的催化剂。【详解】A.由题给示意图可知，A的生成过程为碘单质、二氧化硫和水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，则A为硫酸，故A正确；B.由题给示意图可知，碘循环系统中I2为整个循环过程中的催化剂，故B正确；C.由题给示意图可知，碘化氢分解生成氢气和碘单质，若不断分离出

H2，平衡向正反应方向移动，有利于HI的分解，故C正确；D.氢能燃烧热值高、资源丰富，无毒、无污染，但氢气摩尔质量小，密度小，不利于储存和运输，故D错误；故选D。11.为探究硫酸亚铁分解产物，用如图所示装置进行实验。打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管a中残留固体为

红色粉末。下列说法中不正确的是A.气体产物只有SO2和SO3，则反应管a内生成等物质的量的氧化产物和还原产物B.装置b中的试剂为BaCl2溶液，也可用Ba（NO3）2溶液C.装置c中的试剂为品红溶液，也

可用酸性KMnO4溶液D.装置d中的试剂为NaOH溶液，为尾气处理装置【答案】B【解析】【详解】A.实验后反应管a中残留固体为红色粉末，说明硫酸亚铁分解产物有氧化铁，若气体产物只有二氧化硫和三氧化硫，由得失电子数目守恒可知，氧化铁和二氧化硫的

物质的量之比为1:1，即氧化产物氧化铁和还原产物二氧化硫的物质的量相等，故A正确；B.如果把二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸根离子，再与钡离子生成硫酸钡沉淀，所以用硝酸钡溶液无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉

淀的是二氧化硫还是三氧化硫，故B错误；C.二氧化硫具有漂白性，能使装置c中的品红溶液褪色，证明存在SO2，二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明存在SO2，故C正确；D.装置d内盛用的氢氧化钠溶液能够吸收多余的二氧化

硫气体，防止污染环境，故D正确；故选B。12.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2B用氢氧化铁胶体做电泳实验，通电一段

时间后，与电源负极相连的一极颜色变深氢氧化铁胶体带正电荷C将少量铜粉加入1.0mol•L－1Fe2(SO4)3溶液中金属铁比铜活泼D向饱和硼酸溶液中加入少量Na2CO3粉末，无气泡冒出酸性：碳酸＞硼酸A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能

将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中是否含有单质溴，则结论不正确，故A错误；B．氢氧化铁胶体与溶液一样是电中性的，氢氧化铁胶粒带正电荷，故B错误；C．将少量铜粉加入1.0mol•L－1硫酸铁溶液中，二者发生氧化还原反

应生成硫酸亚铁和硫酸铜，证明铁离子的氧化性大于铜离子，该反应不是置换反应，不能比较Fe、Cu的活泼性，故C错误；D．向饱和硼酸溶液中加入少量碳酸钠粉末，无气泡冒出，说明硼酸与碳酸钠不反应，由强酸制弱酸的原理可知，碳酸的酸性强于硼酸，故D正确；故选D。13.科学家首次用X射

线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程，其示意图如下。下列说法正确的是A.由状态Ⅰ→状态Ⅲ，既有旧键的断裂又有新键的形成B.使用催化剂能降低该反应的反应热（△H）C.CO与O反应生成CO2是吸热

反应D.CO和CO2分子中都含有极性共价键【答案】D【解析】【详解】A.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，只有化学键的形成，没有化学键的断裂，故A错误；B.使用催化剂，能降低该反应的活化能，但不能改变反应热△H的大小和符号，故B错误；C.由图可知CO与O反应生成C

O2的反应中反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故C错误；D.CO和CO2都是共价化合物，都只含有极性共价键，故D正确；故选D。14.已知：连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2，CuCl的盐酸溶液能定量吸

收CO，且易被O2氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和KOH溶液逐一吸收混合气体（由CO2、CO、N2和O2组成）的相应组分。有关该方案设计，下列说法正确的是A.采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是O2、CO和CO2B.CO的吸收必须在吸收O2后进行，因为CuC

l的盐酸溶液会被O2氧化C.在3种气体被逐一吸收后，导出的气体为纯净的N2D.其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代【答案】B【解析】【详解】A.由题意可知，连苯三酚的碱性溶液定量吸收O2的同时也能吸收二氧化碳，则应先用KOH

溶液将二氧化碳吸收后，再吸收氧气；CuCl的盐酸溶液定量吸收CO的同时易被O2氧化，则应用连苯三酚的碱性溶液将氧气吸收后，再用CuCl的盐酸溶液吸收CO，所以由CO2、CO、N2和O2组成的混合气体的吸收顺序是CO2、O

2、CO，故A错误；B.CuCl的盐酸溶液定量吸收CO的同时易被O2氧化，则应用连苯三酚的碱性溶液将氧气吸收后，再用CuCl的盐酸溶液吸收CO，故B正确；C.盐酸具有挥发性，在3种气体被逐一吸收后，导出的气体中可能含有HCl，不可能为纯净的N2，故C错误；D.O2的吸收剂

不可以用灼热的铜网替代，因为氧气和金属铜反应得到氧化铜可以氧化CO，在吸收氧气的同时吸收一氧化碳，故D错误；故选B。15.某种光电池的工作原理为：AgCl(s)+Cu+(aq)光照Ag(s)+Cu2+(aq)+Cl－(aq)。图为该光电池

发电装置电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图，下列不正确的是A.制氢装置溶液中K+移向A极B.制氢装置工作时，A极的电极反应式为：CO(NH2)2+8OH－－6e－=CO2-3+N2↑+6H2OC.光电池工作时，C

l－从左侧透过膜进入右侧D.光电池工作时，Ag电极发生还原反应，电极反应为：AgCl(s)+e－═Ag(s)+Cl－(aq)【答案】A【解析】【分析】左侧是电池，右侧是电解池，左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，光电池工作时，Ag电极

上AgCl得电子生成Ag，电极反应式为AgCl(s)+e－═Ag(s)+Cl－(aq)，Pt上发生Cu+(aq)-e－=Cu2+(aq)，A连接Ag电极为阳极、B连接Pt电极为阴极，以此分析电极反应和各池中粒子的流向。【详解】A．左侧Ag电极作正极，Pt作负极，连接

Ag电极的A为阳极、连接Pt电极的B为阴极，制取氢气装置溶液中阳离子向阴极移动，所以K＋移向B电极，故A说法错误；B．制取氢气装置工作时，A电极为阳极，尿素失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和氮气、水，电极反应式为CO(NH2)2+8OH－-6e－═CO2-

3+N2↑+6H2O，故B说法正确；C．Pt作负极，电池的内部阴离子移向负极，光电池工作时，Cl－从左侧透过膜进入右侧，故C说法正确；D．光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子生成Ag，电极反应式为AgCl(s)+e－═Ag(s)+Cl－(aq

)，故D说法正确；故选A。【点睛】本题考查电化学知识，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确正负极及阴阳极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是判断各个电极上发生的反应，B选项中，制取氢气装置工作时，A电极为阳极，尿素失

电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和氮气、水，电极反应式为CO(NH2)2+8OH－-6e－═CO2-3+N2↑+6H2O。16.50.7gMnSO4•H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。下列有关说法不正确的是A.第一个失重台阶减少的是结晶水B.加热

到500℃得到45.30gMnSO4C.850℃发生反应的化学方程式为：MnSO4850℃MnO2+SO2↑D.1150℃得到的固体为MnO【答案】D【解析】【详解】A.50.7gMnSO4•H2O的物质的量为

50.7g=0.3mol169g/mol，其中结晶水的质量为0.3mol×18g/mol=5.4g，若晶体全部失去结晶水，固体的质量应为50.7g-5.4g=45.3g，由此可知在加热到850℃之前，晶体失去结晶水，故第一个失重台阶减少的是结晶

水，故A正确；B.由A项分析知，加热到500℃得到45.30gMnSO4，故B正确；C.温度为850℃时，固体质量为26.1g，若得到的固体为MnO2，由Mn元素守恒可知，MnO2的物质的量为0.3mol，

则MnO2的质量为0.3mol×87g/mol=26.1g，与实际相符，则850℃发生反应的化学方程式为：MnSO4850℃MnO2+SO2↑，故C正确；D.温度为1150℃时，固体质量为22.9g，若得到的固体为

MnO，由Mn元素守恒可知，MnO的物质的量为0.3mol，则MnO的质量为0.3mol×71g/mol=21.3g，与实际不符，故D错误；故选D。第Ⅱ卷（非选择题共58分）注意事项：1．将答案写在答题卡上2．答卷前

将答题卡内的项目和座号填写清楚17.我们的生活离不开化学。化学物质在不同的领域发挥着重要的作用。(1)目前科学家探索利用甲烷将氮氧化物还原为氮气和水，反应机理如下：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=—574kJ•mol－1CH

4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=—1160kJ•mol－1则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________。(2)化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃

材料，受热时发生如下分解反应：2Mg5Al3(OH)19(H2O)4加热27H2O+10MgO+3Al2O3写出该化合物作阻燃剂的两条依据：__________、__________。(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种常见的食品抗氧化剂。①焦亚硫酸钠(Na2S2

O5)中硫元素的化合价为_______。②向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为__________。(4)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示。下列说法正确的是________。A

．由图可知SCR技术中NO、NO2为氧化剂B．若用Fe做催化剂时，在氨气足量的情况下，当c(NO2)∶c(NO)=1∶1时，脱氮率最佳C．每生成1molN2，转移电子3molD．催化剂通过参与反应降低反应的活化能，提高平衡转化率【答案】(1).CH4(g)+2NO2(g)=N2

(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=—867kJ•mol-1(2).反应吸热降低温度(3).固体氧化物隔绝空气(水蒸气稀释空气)(任写2条)(4).+4(5).S2O2-5+O2+H2O＝2SO2-4+2H+(6).ABC【解析】【分析】(1)根

据盖斯定律：将方程式①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ•mol－1，②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ•mol－1，12(①+②)得甲烷直接

将NO2还原为N2的热化学方程式；(2)2Mg5Al3(OH)19(H2O)4加热27H2O+10MgO+3Al2O3，该反应的特点是：吸热反应、水易气化，气化时吸热、生成的MgO和Al2O3是固体，是耐火材料；(3)①根据化合价代数和为0计算；②焦亚硫酸钠具有还原性，能被氧气氧化；(4)催化

剂能降低反应的活化能，但不能使平衡发生移动，即转化率不变。【详解】(1)根据盖斯定律：将方程式①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ•mol－1，②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-116

0kJ•mol－1，12(①+②)得甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=—867kJ•mol-1。故答案为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+

2H2O(g)△H=-867kJ•mol-1；(2)2Mg5Al3(OH)19(H2O)4加热27H2O+10MgO+3Al2O3，该反应的特点是：吸热反应、水易气化，气化时吸热、生成的MgO和Al2O3是固体，是耐火材料，该化合物作阻燃剂

的两条依据：反应吸热降低温度、固体氧化物隔绝空气(水蒸气稀释空气)(任写2条)。故答案为：反应吸热降低温度；固体氧化物隔绝空气(水蒸气稀释空气)(任写2条)；(3)①根据化合价代数和为0，焦亚硫酸钠(Na2S2O5

)中硫元素的化合价为25122−=+4。故答案为：+4；②向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，焦亚硫酸钠具有还原性，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为S2O2-5+O2+H2O＝2SO2-4+2H+。故答案为：S2O2-5+O

2+H2O＝2SO2-4+2H+；(4)A．由图可知SCR技术中NO、NO2在反应中N分别由+2价、+4价降为0价，为氧化剂，故A正确；B．若用Fe做催化剂时，在氨气足量的情况下，当c(NO2)∶c(NO)=1∶1时，降低的价数为3的整数倍，能恰好将-3价的氮氧化成0价，氮全部转

化成氮气，脱氮率最佳，故B正确；C．每生成1molN2，氨中的-3价的氮变为0价，转移电子3mol，故C正确；D．催化剂通过参与反应降低反应的活化能，但对平衡没有影响，不能提高平衡转化率，故D错误；故答案为：ABC。【点睛】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、盖斯定律等知识点，侧重

考查学生知识综合运用及灵活运用能力，难点是(3)②氧化还原反应方程式的书写，要结合电解质溶液酸碱性和电子守恒原理书写。18.某化学小组用部分氧化的FeSO4为原料，以萃取剂X（甲基异丁基甲酮）萃取法制取高纯氧化铁（Fe2O3），并进行铁含量的测定。主

要操作步骤如下：已知：①在较高的盐酸浓度下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。②3DDTC-NH4+Fe3+＝（DDTC）3-Fe↓+3NH+4。请回答下列问题：（1）写出加入试剂a发生反应的离子方程式_________。（

2）溶液中加入萃取剂X，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞振摇，振摇几次后需打开分液漏斗的___放气；为提高萃取率和产品产量，实验时应进行的操作是__________。（3）可作反萃取的萃取剂Y的最佳试剂是（填试剂名称）____。（4）操作A为_____、_____、______。产品处理时，温度对产

品的纯度有很大影响。已知温度对产物纯度的影响如图所示，则温度最好控制在______℃。（5）现准确称取4.000g样品，经酸溶、还原为Fe2+，在容量瓶中配成100mL溶液，用______（填仪器名称）移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.l000mol/

L的K2Cr2O7溶液进行滴定，消耗K2Cr2O7溶液20.60mL。产品中铁的含量为______（假设杂质不与K2Cr2O7反应）。【答案】(1).2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O(2).活塞(3).分多次萃取并合并萃取液(4).蒸馏水/高纯

水(5).过滤(6).洗涤(7).灼烧(8).800(9).酸式滴定管(10).69.22%【解析】【分析】由题给流程图可知，向部分氧化的硫酸亚铁中加入盐酸溶解，再加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子

，向溶液中加入萃取剂甲基异丁基甲酮萃取，分液后，弃去水相，得到含有铁离子的有机相，向有机相中再加入蒸馏水反萃取，分液后，弃去有机相，得到含铁离子的溶液，向水相中加入沉淀剂DDTC-NH4，使铁离子转化为（DDTC）3-Fe沉淀，过滤，得到（DDTC

）3-Fe沉淀，向沉淀中加入氢氧化钠溶液，使（DDTC）3-Fe沉淀转化为氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤、干燥得到氢氧化铁沉淀，再灼烧氢氧化铁，氢氧化铁受热分解得到高纯氧化铁。【详解】（1）试剂a为过氧化氢溶液，加入过氧化氢溶液将的目的是亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H

+＝2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；（2）萃取分液时，加入萃取剂后，应使液体混合均匀，两手分别顶住玻璃活塞，使分液漏斗倒转过来，振摇几次后漏斗倒置，打开活塞放气，达到平衡气压的作用；萃取剂总量一定时，萃取

的次数越多，效果越好，则为提高萃取率和产品产量，分多次萃取并合并萃取液，故答案为：活塞；分多次萃取并合并萃取液；（3）由在较高的盐酸浓度下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮，当盐酸浓度降低时，该化合物解离可知，反萃取最好选择蒸馏水或高纯水，

稀释有机相，降低盐酸浓度，便于化合物解离，故答案为：蒸馏水/高纯水；（4）由分析可知，操作A为过滤、洗涤、灼烧；由图可知，温度为800℃时，产品的纯度已经接近94%，则温度最好控制在800℃，故答案为：过滤；洗涤；灼烧；800；（5）亚铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则移取2

5.00mL溶液应选用酸式滴定管；酸性条件下，重铬酸根离子与亚铁离子反应生成铁离子、铬离子和水，反应的化学方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，由铁原子个数守恒和化学方程式可得Fe—Fe2+—Cr2O72-，则产品中铁的

质量分数为0.000/0.02060L4656g/4.000lmolLmolg×100%≈69.22%，故答案为：酸式滴定管；69.22%。【点睛】萃取分液时，加入萃取剂后，应使液体混合均匀，两手分别顶住玻璃活塞，使分

液漏斗倒转过来，不能用力振摇，振摇几次后漏斗倒置，打开活塞放气，不需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气是解答关键，也是易错点。19.钼是人体必须的微量元素之一，在电子行业有可能取代石墨烯，其化合物钼酸钠晶体（Na2MoO4▪2H2O）

可制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。由钼精矿（主要成分MoS2，含少量PbS等）制备钼及钼酸钠晶体的部分流程如下：（1）焙烧时，下列措施有利于使钼精矿充分反应的是________（填序号）。a增大空气的进入量b将矿石粉碎c采用逆流

原理（2）焙烧过程中，每生成1molMoO3，转移电子数目为_____。（3）写出“碱浸”过程中反应的离子方程式__________。（4）经“结晶”过程可得到钼酸钠晶体的粗品，要得到纯净的钼酸钠晶体，题中方框内需要进行的操作是_______。（5）焙烧钼精矿

所用的装置是多层焙烧炉，如图为各炉层固体物料的物质的量的百分组成。①图像中纵坐标x=______。②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，该反应的化学方程式为________。每生

成标准状况下11.2LSO2，消耗氧化剂的物质的量为______。【答案】(1).abc(2).14NA(3).MoO3+CO2-3＝MoO2-4+CO2↑(4).重结晶(5).16(6).MoS2+6MoO3高温7MoO2+2SO2(7).1.5mol【解析】【分析】（1）

增大氧气的浓度、增大钼精矿和空气中的氧气的接触面积，有利于钼精矿充分反应；（2）辉钼精矿在高温下进行氧化焙烧，MoS2与空气中氧气反应生成MoO3和SO2，反应中Mo元素和S元素的化合价均升高，由化合价的变化可以计算转移电子数目；（3）由题意可知MoO3为酸性氧化物，碱浸过程中，MoO3与碳酸

钠溶液反应生成Na2MoO4和CO2；（4）用重结晶的方法可以将含有杂质的钼酸钠晶体粗品转化为纯净的钼酸钠晶体；（5）由Mo原子个数守恒计算可得；（6）高温下，MoS2与MoO3发生氧化还原反应生成MoO2和SO2，反应中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-4升高到

+4价被氧化，MoO3中Mo元素化合价由+6价降低到+4价被还原，做氧化剂。【详解】(1)a.增大空气的进入量，增大了氧气的浓度，有利于钼精矿充分反应，故正确；b.将矿石粉碎，增大了固体表面积，使得钼精矿和空气中的氧气的接触面积更大，有利于钼精矿充分反应，

故正确；c.采用逆流原理，可以增大钼精矿和空气中的氧气的接触面积，有利于钼精矿充分反应，故正确；abc正确，故答案为：abc；（2）辉钼精矿在高温下进行氧化焙烧，MoS2与空气中氧气反应生成MoO3和SO2，反应中Mo元素和S元素的化合价均升高，生成1

molMoO3，转移电子的物质的量为(6—4)×1mol+[4—(—2)]×2mol=14mol，则转移电子数目为14NA，故答案为：14NA；（3）由题意可知MoO3为酸性氧化物，碱浸过程中，MoO3与碳酸钠溶液反应生成Na2MoO4和C

O2，反应的离子方程式为MoO3+CO32—＝MoO42—+CO2↑，故答案为：MoO3+CO32—＝MoO42—+CO2↑；（4）用重结晶的方法可以将含有杂质的钼酸钠晶体粗品转化为纯净的钼酸钠晶体，故答案为：重结晶；

（5）设起始MoS2的物质的量为1mol，MoO3的物质的量分数为a%，由图可知，MoO2的物质的量分数为68%，MoO3与MoS2的物质的量分数相等，由Mo原子个数守恒可得1mol×68%+1mol×a%+1mol×a%=1mol，解得a=16，故答案为：16

；（6）高温下，MoS2与MoO3发生氧化还原反应生成MoO2和SO2，该反应的化学方程式为MoS2+6MoO3高温7MoO2+2SO2；反应中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-4升高到+4价被氧化，MoO3中M

o元素化合价由+6价降低到+4价被还原，做氧化剂，由化学方程式可知，生成2mol二氧化硫反应转移6molMoO3，标准状况下11.2L二氧化硫的物质的量为11.2L22.4mol/L=0.5mol，则消耗氧化剂MoO3的物质的量为0.5mol62=

1.5mol，故答案为：MoS2+6MoO3高温7MoO2+2SO2；1.5mol。【点睛】高温下，MoS2与MoO3发生氧化还原反应生成MoO2和SO2，反应中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-4升高到+4价被氧化，MoO3中Mo元素化合价由+6价降低到+4价被还原，做氧化剂是解答关

键。20.“9.11”事件后，各国从国家安全出发，金属钒（V）已成为本世纪最重要的战略储备资源之一，V及其化合物有着广泛的用途，其地位和作用长期不可替代。（1）V2O5可作为硫酸工业中2SO2（g）+O2（g）2SO3（g

）的催化剂，其催化原理如图所示。过程a、b的化学方程式如下：过程a：V2O5+SO2V2O4+SO3过程b：V2O4+O2+2SO22VOSO4则过程c的化学方程式表示为：_________。（2）已知下列气态分子中1mol化学键断裂时需要吸收的能量

数据如下表：化学键S=O（SO2）S=O（SO3）O=O（O2）能量/kJ535472496则反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的△H=________。（3）工业上采用高温（550℃左右）煅烧NH4VO3的方法制取V2O5，写出该制备

反应的化学方程式：__。（4）全钒液流电池（简称钒电池）是一种新型酸性硫酸盐电池。钒电池结构如图所示。已知：充电过程中，左槽溶液由绿色变为紫色。回答下列问题：VO+2黄色VO2+蓝色V3+绿色V2+紫色①放电时，电极__

____（填“a”或“b”）为正极，发生的电极反应为：____；②充电过程中，若质子交换膜右侧电解液中n（H+）的变化量为0.25mol。则转移电子的物质的量为____mol。③VO2+离子可由钒同价

态的简单阳离子完全水解得到，该水解反应的离子方程式为：_______。【答案】(1).2VOSO4V2O5+SO2+SO3(2).-196kJ•mol-1(3).2NH4VO3550℃V2O5+2NH3↑+H2O↑(4).b(5).VO+2+e-+2H+＝VO2++H2O(6).0

.25(7).V4++H2O＝VO2++2H+【解析】【分析】（1）由盖斯定律可知，过程a+过程b+过程c得到总反应方程式2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），由此得到过程c的方程式；（2）反应热△H=反应物的键能之和—生成物的键能之和；（3）由题意

可知，NH4VO3在550℃左右时煅烧发生分解反应生成V2O5、NH3和H2O；（4）由充电过程中，左槽溶液由绿色变为紫色可知，左侧电极为电解池的阴极，右侧为电解池的阳极，则放电时，左侧a电极为原电池的负极，右侧b电极为原电池的正极。【详解】（1）由盖斯定律可知，过程a+过程b+

过程c得到总反应方程式2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），过程a的方程式为V2O5+SO2V2O4+SO3、过程b的方程式为V2O4+O2+2SO22VOSO4，则过程c的方程式为2VOSO4V2O5+SO2+SO3，故答案为：2VOSO4V2O5+SO2+SO3；（2）反应热△H=反应

物的键能之和—生成物的键能之和，由题给数据可得反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的△H=(2×2×535kJ/mol+496kJ/mol)—472kJ/mol×3×2=—196kJ/mol，故答案为：—196kJ/mol；（3）由题意可知，NH4VO3在550℃左右时煅烧发生分解反应生成

V2O5、NH3和H2O，反应的化学方程式为2NH4VO3550℃V2O5+2NH3↑+H2O↑，故答案为：2NH4VO3550℃V2O5+2NH3↑+H2O↑；（4）①由充电过程中，左槽溶液由绿色变为紫色可知，左侧电极为电解池的阴极，右侧为电解池的阳极，则放电时，左侧

a电极为原电池的负极，右侧b电极为原电池的正极，酸性条件下，VO2+在正极得到电子发生还原反应生成VO2+，电极反应式为VO2++e-+2H+＝VO2++H2O，故答案为：b；VO2++e-+2H+＝VO2++H2O；②充电过程中，氢离子通过质

子交换膜向左侧移动，若质子交换膜右侧电解液中n(H+)的变化量为0.25mol，说明放电时生成0.5mol氢离子，由电极反应式可知转移电子的物质的量为0.5mol×12=0.25mol，故答案为：0.25；③由信息可知，V4+在

溶液中水解生成VO2+，使溶液呈酸性，水解的离子方程式为V4++H2O＝VO2++2H+，故答案为：V4++H2O＝VO2++2H+。【点睛】充电过程中，氢离子通过质子交换膜向左侧移动，若质子交换膜右侧电解液中n(H+)的变化量为0.25mol，说明放电时生成0.5mo

l氢离子是解答难点，也是易错点。21.电化学在我们的工业生产、生活中发挥着越来越大的作用。根据题给信息，回答问题：（1）电化学降解法治理硝酸盐污染的工作原理如图所示。①A为直流电源的______极。②Ag-Pt电极发生的电极反应为______。③当阳极室溶液质量减少45g，则阴极室溶液

质量减少__g。（2）某工业废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl－，现采用双膜三室电沉积法回收Ni2+。根据图甲、图乙所给信息回答下列问题：①交换膜a是____（填“阴离子”“阳离子”）交换膜。②根据图乙分析，pH过高或过低，镍的回收率都低的原因：_____。③

当浓缩室得到1L0.6mol/L盐酸时，转移电子____mol。【答案】(1).正(2).2NO-3+10e-+12H+＝N2↑+6H2O(3).9(4).阳离子(5).pH过高，Ni2+可能转变为Ni（OH）2沉淀，pH过低，溶液

中H+浓度较大，氢离子在阴极放电，Ni2+被还原的量减少，所以镍的回收率都低(6).0.5【解析】【分析】（1）由题给示意图可知，硝酸根离子中氮元素化合价降低，说明硝酸根离子得电子发生还原反应生成氮气，则Ag-Pt电极为电解池的阴极，Pt电极为电解池的阳极；（2）阳极区

域是稀硫酸，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换膜a进入浓缩室，所以交换膜a为阳离子交换膜，阴极发生还原反应，酸性强时主要氢离子发生还原反应生成氢气，酸性弱时主要Ni2+发生还原反应生成Ni。【详解】（1）①由分析可知，Pt电极为电解池的阳极，则与P

t电极相连的直流电源的A电极为正极，故答案为：正；②由分析可知，Ag-Pt电极为电解池的阴极，硝酸根离子在阴极得电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为23NO−+10e-+12H+＝N2↑+6H2O，故答案为：23NO−+10e-+12H+＝N2↑+

6H2O；③阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，若阳极转移2mol电子，阳极消耗1mol水，同时生成2mol氢离子通过质子交换膜进入阴极区，减少质量为18g，阴极室放出0.2mol氮气，同时有2mol氢离子进入，阴极室质量减少为0.2mol28g/mo

l-2mol1g/mol=3.6g，则当阳极室溶液质量减少45g，则阴极室溶液质量减少453.618g=9g，故答案为：9；（2）①由分析可知，交换膜a为阳离子交换膜，故答案为：阳离子；②根据图乙可知，若溶液pH过高，Ni2+可能转

变为Ni（OH）2沉淀，若pH过低，溶液中H+浓度较大，氢离子在阴极放电，Ni2+被还原的量减少，所以镍的回收率都低，故答案为：pH过高，Ni2+可能转变为Ni（OH）2沉淀，pH过低，溶液中H+浓度较大，氢离子在阴极放电，Ni2+被还原的量减少，所以镍的

回收率都低；③当浓缩室得到1L0.6mol/L盐酸时，溶液中氢离子增大的物质的量为0.5mol，则转移电子的物质的量0.5mol，故答案为：0.5。【点睛】若溶液pH过高，Ni2+可能转变为Ni（OH）2沉淀，若pH过低，溶液中H+浓度较大，氢离子在阴极放电，Ni2+被还原的量减少

是解答的难点。