【文档说明】山东省济南市2021届高三上学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，995.500 KB，由小赞的店铺上传

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高三化学试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题

目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。

1.化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中正确的是A.煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源B.自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片C.钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但

其化学成分不同D.我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种高分子材料【答案】C【解析】【详解】A．煤的气化和液化过程中都有新物质生成，因此发生的变化都是化学变化，A错误；B．硅为亲氧元素，在自然界都是以化合态存在，无

单质态，B错误；C．钻石主要成分是C单质；水晶主要成分是SiO2；刚玉主要成分是Al2O3，可见三种物质的化学成分不同，C正确；D．碳纤维是碳元素的一种单质，属于无机非金属材料，D错误；故合理选项是C。2.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中

国工艺百科全书”。下列说法错误的是A.“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料B.“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2C.“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应D.“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定

取出，即成黄铜”中的黄铜是合金【答案】B【解析】【详解】A．文献中的“陶”是一种陶瓷，以黏土为原料烧制而成，其主要成分是硅酸盐，属于传统硅酸盐材料，A正确；B．石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，B错误；C．该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜

，反应类型为置换反应，C正确；D．倭铅为锌，先后入罐熔化，冷定取出，则黄铜是铜锌形成混合物，是合金，D正确；故合理选项是B。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.Fe2O3具有氧化性，可用作颜料B.晶体硅熔点高，可用于制作半导体材料C.Na2CO3溶液显碱性，可用热的纯碱

溶液洗油污D.FeS固体呈黑色，可用于除去废水中Cu2＋、Hg2＋等重金属【答案】C【解析】【详解】A．Fe2O3是红棕色固体，可用作红色颜料，与Fe2O3具有氧化性无关，A不符合题意；B．晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，与晶体硅熔点高无关，B不符合题意；C．Na2CO

3是强碱弱酸盐，则Na2CO3溶液显碱性，并且水解反应是吸热反应，升高温度溶液碱性增强，因此可用热的纯碱溶液洗油污，C符合题意；D．CuS、HgS的溶解度小于FeS，所以废水中Cu2+、Hg2+等重金属可通过加入FeS固体转化为CuS、HgS而除去，这与FeS固体

呈黑色无关，D不符合题意；故合理选项是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.pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-离子数目为0.1NAB用电解法精炼铜时，若电路中转移2mol电子，阳极质量减轻64gC.9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有原

子数目为0.6NAD.16.25gFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒【答案】C【解析】【详解】A．由于溶液的体积未知，故无法计算溶液中含有OH-离子数目，故A错误；B．电解精炼铜时阳极为粗铜，粗铜中有些比铜活泼的金属Fe、Zn等会先于铜放电，且会有阳极泥的形成，所以

电路中转移2mol电子，阳极质量减轻不一定是64g，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，所以9.2gNO2和N2O4的混合气体相当于9.2gNO2，物质的量为-19.2g46gmol=0.2mol，所含原子为0.2mol3=0.6mol，个数为0.6N

A，故C正确；D．16.25gFeCl3的物质的量为-116.25g162.5gmol=0.1mol，由于氢氧化铁胶体中的胶粒是一定量Fe(OH)3的集合体，故完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成胶粒小于0.1NA个，故D错误；综上所述答案为C。5.下列物质的

转化在给定条件下能实现的是()A.NH32O⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂，△NO22HO⎯⎯⎯→HNO3B.Al()NaOHaq→NaAlO2(aq)⎯⎯⎯→蒸发NaAlO2(s)C.Fe()2HOg⎯⎯⎯→高温Fe2O3Al高温⎯⎯⎯→FeD.AgNO3(a

q)32NHHO⎯⎯⎯⎯→[Ag(NH3)2OH(aq)]⎯⎯⎯→蔗糖Ag【答案】B【解析】【详解】A.NH3催化氧化只能生成NO，不能生成NO2，A错误；B.Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2溶液蒸发结晶，可获得NaAlO2晶体，B正确；C.Fe在高温条件下

与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，C错误；D.蔗糖分子中不含有醛基，不能将Ag(NH3)2OH还原为Ag，D错误。故选B。【点睛】我们常会想，氨的催化氧化时，O2用量充足，NO与O2又容易发生反应生

成NO2，所以氨催化氧化，最终理应生成NO2。孰不知，氨的催化氧化温度在780~840℃，二氧化氮在150℃以上开始分解，到650℃完全分解为一氧化氮和氧气，所以氨的催化氧化过程中无法生成二氧化氮。6.下列反应的

离子方程式书写正确的是A.硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=[Al(OH)4]-＋4NH4+B.NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO-＋CO2＋H2O=2HClO＋CO23−C.惰性电极

电解MgCl2水溶液Mg2＋＋2Cl-＋2H2O通电Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑D.澄清石灰水与足量小苏打溶液混合：Ca2＋＋OH-＋HCO3−=CaCO3↓＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．硫酸铝溶液中加过量氨水，生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，离子方程式

为：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+，故A错误；B．HClO的酸性是小于H2CO3，但大于HCO3−，在NaClO溶液中通入少量CO2只能生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO-

＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3−，故B错误；C．惰性电极电解MgCl2水溶液，生成了氢氧化镁沉淀，氢气和氯气，离子方程式为：Mg2＋＋2Cl-＋2H2O通电Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故C正确；D．

澄清石灰水与足量小苏打溶液反应，生成碳酸钙，碳酸钠和水，离子方程式为：Ca2＋＋2OH-＋2HCO3−=CaCO3↓＋2H2O＋CO23−，故D错误；故选C。7.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精

灯、表面皿、玻璃棒(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器能完成的实验是A.粗盐的提纯B.制备氨气C.中和热测定D.配制0.1mol∙L-1的盐酸溶液【答案】B【解析】【详解】A．粗盐的提纯需要用到的玻璃仪器为酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，则题给仪器不能完成粗盐的提纯的实验，故A不

符合题意；B．实验室制备氨气需要用到的玻璃仪器为试管、导管、酒精灯，则题给仪器能完成实验室制备氨气的实验，故B符合题意；C．中和热测定需要用到的仪器有：大小烧杯、环形玻璃搅拌棒、温度计、量筒；则题给仪器不能完成中和热测定的实验，故C不符合题意；D．配制0.1mol∙L-

1的盐酸溶液需要用到的玻璃仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，则题给仪器不能完成配制0.1mol·L-1的盐酸溶液的实验，故D不符合题意；答案选B。8.含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的

氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值)()A.Cl2是氧化剂，

CO2和N2是氧化产物B.上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2：5C.该反应中，若有1molCN-发生反应，则有5NA电子发生转移D.若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应【答

案】B【解析】【详解】A.在反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；B.由上述分析可知，反应方程式为2

CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高

为0价，所以若有1molCN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，C正确；D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区失去电子，发生氧化反应，D

正确；故合理选项是B。9.下列叙述中正确的是A.NaHSO4固体溶于水时，只破坏了离子键B.向0.1mol·L-1CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中()()+-3cHcCHCOO减小C.氨水与SO2反应恰好生成NH4HSO3时

：c(H＋)＋c(H2SO3)=c(OH-)＋c(SO23−)＋c(NH3·H2O)D.25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度小于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度【答案】C【解析】【详解】A．NaHSO4固体溶于水

电离成Na+、H+、2-4SO，破坏了钠离子和硫酸氢根离子之间的离子键、H和硫酸根之间的共价键，A错误；B．CH3COO-水解溶液呈碱性，加入少量水，c(OH-)、c(CH3COO-)减小，Kw不变，则c(H+)增大，因此()()+-3cHcC

HCOO增大，B错误；C．恰好生成NH4HSO3时，溶质只有NH4HSO3，根据质子守恒有c(H＋)＋c(H2SO3)=c(OH-)＋c(SO23−)＋c(NH3·H2O)，C正确；D．Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入Cu(NO3)2，c(Cu2+

)增大，平衡逆向移动，Cu(OH)2溶解度减小，即Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度，D错误；答案选C。10.下列图示与对应的叙述相符的是A.图甲所示，a<7时可表示强酸滴定弱碱的滴定曲线B.图乙所示，2NO(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)，t1

时刻证明反应达到了平衡状态C.图丙所示，表示反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)；△H<0的平衡常数K与温度和压强的关系D.图丁所示，H2O2分解反应过程中，加入KI可加快反应速率，但不改变焓变【答案】D【解析】【详解】A．强酸滴定弱碱

，pH逐渐变小，所以甲图应是碱溶液滴定酸性溶液的pH变化图像，故A错误；B．在t1时刻，一氧化碳和二氧化碳物质的量相等，随着反应进行，二氧化碳的物质的量增多，一氧化碳的物质的量减小，说明反应在正向进行，没有达到平衡状态，故B错误；C．K与温

度有关，与压强无关，则K不随压强变化；该反应为放热反应，K随温度升高而减小，故C错误；D．碘化钾作为催化过氧化氢分解的催化剂，能改变反应路径和降低活化能，但不能改变焓变，故D正确；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向溶液X中加入Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体X中不一定含有Fe3＋B常温下，测得0.1mol/LNaA溶

液的pH小于0.1mol/LNa2CO3溶液的pH酸性：HA>H2CO3C将铝与氧化铁发生铝热反应后的熔融物在稀盐酸中充分溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红熔融物中不含有+3价铁D向2支均盛有2mL1.0mol·L－1KOH溶液的试管

中分别加入2滴浓度均为0.1mol·L－1的AlCl3和MgCl2溶液，一支试管出现白色沉淀，另一支无明显现象Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Mg(OH)2]A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】

【详解】A．过氧化钠可氧化亚铁离子，且与水反应生成氧气，由现象可知溶液中可能含Fe2+，不一定含有Fe3＋，故A正确；B．常温下，测得0.1mol/LNaA溶液的pH小于0.1mol/LNa2CO3溶液的pH，可以证明酸性：HA>HCO-3，但不能证明HA和H2CO3的

酸性强弱，故B错误；C．将铝与氧化铁发生铝热反应后的熔融物在稀盐酸中充分溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红，因存在：Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以只能说明与稀盐酸反应后的溶液中不存在Fe3+，故C错误

；D．KOH过量，氯化铝生成偏铝酸钾，无沉淀生成，氯化镁生成氢氧化镁沉淀，不能比较Ksp大小，故D错误；答案选A。12.在某温度时，将nmol·L-1氨水滴入10mL1.0mol·L-1盐酸中，溶液p

H和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是A.a点Kw<1.0×10-14B.b点：c(NH3∙H2O)＋c(OH-)<c(H＋)C.25℃时，NH4Cl水解常数为(n-1)×10-7(用n表示)D.d点水的电离程度最大【答案】AC【解析】【详解】A

．a点温度小于25℃，降低温度水的电离平衡逆向移动，离子积常数减小，则a点Kw＜1.0×10-14，故A正确；B．b点溶液温度最高，说明酸碱恰好完全反应生成氯化铵，NH4Cl溶液中存在质子守恒：c(NH3∙H2O)＋c(OH-)=c(H＋)，故B错误；C．据图可知

当加入的氨水为10mL时溶液的pH=7，温度为25℃，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol•L-1，c(NH+4)=c(Cl-)=110mL1.0molL10mL+10mL−=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3•H2O)=(0.5n

-0.5)mol/L，所以25℃时NH4Cl水解常数为()()()()--732+4NHHOOH0.5n-0.510=0.5NHccc=(n-1)×10-7，故C正确；D．d点温度比b点低，b点溶质只有NH4Cl，d点溶质为NH4Cl和NH3∙H2O，温度升高、铵根的水解

促进水的电离，则d点水的电离程度小于b，一定不是最大，故D错误；综上所述答案为AC。13.一种新型氟离子电池的电解质为2LaSrMnOF和44LaSrMnOFX−，-F可嵌入这两种盐的晶体中，该电池工作时放电的示意图如图所示，下列判断正确的是（）A.放电时，a极为该

电池的正极B.充电时，-F移向b极C.充电时，阳极的电极反应式为--2MgF+2eMg2F+═D.电池总反应为33Mg2BiF+22Bi3MgF+【答案】AD【解析】【分析】根据电子的移动方向，该电池放电时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，

电极反应式为Mg+2F--2e-═MgF2，则a为正极，正极的电极反应式为3+3eBiF=Bi3F−−+；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正极、负极对应，即电解池的阳极为原电池的正极、阴极为原电池的负极，电极反应与原电池的电极反应相反，据此分析解

答。【详解】A．根据上述分析，放电时，Mg失去电子、作负极，即b极为负极，a为正极，故A正确；B．充电时，a极为阳极、b极为阴极，阴离子由阴极移向阳极，即F-从b极移向a极，故B错误；C．充电时，电解池的阳极发生失去电子的氧化反应，阳极的电极反应式为3-

3BiFiFe3=B−−+，故C错误；D．放电时，负极的电极反应式为Mg+2F--2e-═MgF2，正极的电极反应式为3+3eBiF=Bi3F−−+，因此该电池总反应为33Mg2BiF+22Bi3MgF+，故D正确；故选AD。【点睛】根据电池中电子的移动方向正确判断正负极是解题

的关键。本题的易错点为C，要注意阳极发生氧化反应，应该失去电子。14.一种以海绵铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如下。已知：CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法错误的是A.“溶解”时可用热空气或H2O

2代替NaNO3B.“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒C.“还原”时发生的离子反应为2Cu2++2-3SO+2Cl-+2OH-=2CuCl↓+2-4SO+H2OD.为提高CuCl的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥【答案

】C【解析】【分析】硝酸根在酸性条件下的强氧化性，可将海绵铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2++2-3SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2-4SO+2H+

，过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。【详解】A．海绵铜加入稀硫酸、热空气或H2O2也可以发生反应得到硫酸铜溶液，A正确；B．过滤用于分离难溶性固体和液体，所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；C．“还原”步骤中含有硫酸铜的滤液呈酸性，不可能有氢氧根

参加反应，加入亚硫酸钠、氯化钠，发生反应2Cu2++2-3SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2-4SO+2H+，C错误；D．由题中信息可知，CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，为避

免CuCl发生氧化，可真空干燥，D正确；答案选C。15.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。如图，我国学者发现T°C时，甲醇(CH3OH)在铜基催化剂上的反应机理如下(该反应为可逆反应)：下列有关说法正确的是A.反应I和反应Ⅱ相比，反应Ⅱ更容易发生B.反应I为CH3OH(

g)=CO(g)+2H2(g)∆H＜0C.通过控制催化剂的用量可以控制反应的速率和反应进行的程度D.CH3OH(g)与H2O(g)在高温条件下更容易反应【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，反应Ⅱ的活化能低于反应I的活化能，则反应Ⅱ更容易发生，A正确；B．由图可知，反

应I的生成物能量比反应物的能量高，所以反应I是吸热反应，B错误；C．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，所以选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，但是催化剂不能使化学平衡发生移动，因此不能控制反应进行的程度，C错误；D．由图可知，CH3OH(g)与H2O(g)生成CO

2(g)和H2(g)的反应是吸热反应，反应后熵增加，则反应在高温下可以自发进行，D正确；故合理选项是AD。三、非选择题(本题共5小题，共60分)16.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。(1)用F

eCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液实现FeCl3溶液的再生。FeCl3与H2S反应的离子方程式为_____。电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为_____。综合分析该工艺的两个反应，可知两个显著优点：①

H2S的原子利用率100%；②_____。(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收硫单质，其物质转化如题图1所示。反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量为____

_。(3)工业上常采用图2电解装置电解K4[Fe(CN)6]和KHCO3混合溶液，电解一段时间后，通入H2S加以处理。利用生成的铁的化合物K3[Fe(CN)6]将气态废弃物中的H2S转化为可利用的硫单质，自身转化为K4[Fe(CN)6]。①电解时，

阳极的电极反应式为_____。②当有16gS析出时，阴极产生的气体在标准状况下的体积为_____。③通入H2S时发生如下反应，补全离子方程式：________________________________________。【答案】(1).2Fe3++H2

S=2Fe2++S↓+2H+(2).Fe2+-e-=Fe3+(3).FeCl3得到循环利用(4).0.5mol(5).[Fe(CN)6]2--e-=[Fe(CN)6]3-(6).11.2L(7).223CO−+2[Fe(CN)6]

3-+H2S=2[Fe(CN)6]4-+23HCO−+S↓【解析】【分析】在循环反应中，发生以下三个反应：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S↓，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。

【详解】(1)FeCl3与H2S反应生成硫，则FeCl3被还原为FeCl2，同时生成HCl，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极为Fe2+失电子生成Fe3+，电极反应式为Fe2+

-e-=Fe3+。该工艺的两个反应，最终结果是H2S完全转化为S和H2，FeCl3先转化为FeCl2，再转化为FeCl3，由此可知两个显著优点：①H2S的原子利用率100%；②FeCl3得到循环利用。答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2

H+；Fe2+-e-=Fe3+；(2)从图1可以看出，反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，由关系式2H2S——O2可得出，需要消耗O2的物质的量为1mol2=0.5mol

。答案为：0.5mol；(3)①电解时，阳极[Fe(CN)6]2-失电子生成[Fe(CN)6]3-，电极反应式为[Fe(CN)6]2--e-=[Fe(CN)6]3-。②当有16gS析出时，阴极产生的H2在标准状况

下的体积为16g22.4L/mol32g/mol=11.2L。③通入H2S时发生[Fe(CN)6]3-与H2S等反应生成[Fe(CN)6]4-和S等，离子方程式为：223CO−+2[Fe(CN)6]3-+H2S=2[Fe(CN)6]

4-+23HCO−+S↓。答案为：[Fe(CN)6]2--e-=[Fe(CN)6]3-；11.2L；223CO−+2[Fe(CN)6]3-+H2S=2[Fe(CN)6]4-+23HCO−+S↓。【点睛】在电解池中，阳极失电子数目与阴极得电子数目一定相等，在进行计算时依据电子得

失守恒原则即可求解。17.亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2+HNO3＝SO3+HNO2；SO3+HNO2＝NOSO4H。实验室用如图装置(夹

持装置略)制备少量NOSO4H。（1）导管a的作用是_____。仪器b的名称是_____。（2）A中反应的化学方程式为_____。（3）B中反应必须维持体系温度不得高于20℃，可能的原因为_____。（4）反应开始时缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大

，但反应速度明显加快，其原因是_____。（5）装置C的主要作用是_____(用离子方程式表示)。（6）该实验装置存在明显缺陷，可能导致NOSO4H产量降低，请补充合理的改进方案_____。【答案】(1).平衡压强，使分液漏斗的液体顺利流下

(2).三颈烧瓶(3).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(4).温度太高，会加快浓硝酸挥发和分解(5).生成的NOSO4H作为反应的催化剂(6).SO2+2OH-=2-3SO+H2O(7).C装置中的水蒸气会

进入装置B中使NOSO4H水解，在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶【解析】【分析】本题以SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H为题材，考查实验室制备SO2的原理和反应方程式、制备NOSO4H的反应装置及注意事项，由于HNO3受热

易分解和挥发性增强，故实验时控制温度不高于20℃，以及尾气处理，装置A为SO2发生装置，反应为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，装置B中三颈瓶中是制备NOSO4H的发生装置，反

应原理为：SO2+HNO3＝SO3+HNO2；SO3+HNO2＝NOSO4H，由题干可知NOSO4H遇水易分解，据此分析解题。【详解】(1)导管a平衡气压的作用，才能让液体顺利流下；仪器b为三颈烧瓶，故答案为：平衡压强，使分液漏斗的液体顺利流下；三

颈烧瓶；(2)装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2，反应的化学方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；(3)B中是在浓硫酸存在

时用SO2和浓硝酸发生反应，温度不能太高的原因为浓硝酸会挥发和分解，故答案为：温度太高，会加快浓硝酸挥发和分解；(4)开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂，故答案为：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；(5)

装置C的主要作用是利用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫防止污染空气，反应的离子方程式：SO2+2OH-=2-3SO+H2O，故答案为：SO2+2OH-=2-3SO+H2O；(6)该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺

陷是：C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，应在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶，故答案为：C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶。18.低碳经济成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一个重要研究方向，既

可变废为宝，又可减少碳的排放。工业上可用CO2和H2制备被誉为“21世纪的清洁燃料”二甲醚(CH3OCH3)：如在500℃时，在密闭容器中将炼焦中的CO2转化为二甲醚，其相关反应为：主反应I：2CO2(g)＋6H2(g)催化剂CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△

H1副反应II：CO2(g)＋3H2(g)催化剂CH3OH(g)＋H2O(g)△H2(1)已知：①CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-90.1kJ/mol②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H=-24.5kJ/mol③CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H

2O(g)△H=41.0kJ/mol则主反应I的△H1=___________。(2)在一定温度下某恒容密闭容器中按CO2和H2的浓度比为1：3投料进行反应，测得不同时间段部分物质的浓度如下表：时间(min)浓度(mol/L)010203040H21.000.680.400.300.30C

H3OCH300.050.080.100.10①下列情况能说明主反应I达到平衡状态的是___________(填字母)a．()()22HnCOn不再改变b．混合气体的密度不再改变c．CO2的体积分数不再改变d．3υ(CO2)=υ(H2)②10-20min内，CH3OCH

3的平均反应速率υ(CH3OCH3)=___________。③根据以上数据计算主反应I的平衡常数K=___________(列式，代入数据，不计算结果)。(3)欲提高CH3OCH3产率，控制生产的关键因素是___________。(4)对于反应II，温

度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示：下列有关说法正确的是___________。A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的转化率可能位于M1B．温度低于250℃时，随温度升高甲醇的产率一定减小C．M1

点时平衡常数比N点时平衡常数大D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率【答案】(1).-122.7kJ/mol(2).c(3).0.003mol/(L·min)(4).3260.100.100.3030.100.30+(5).选用合适的催

化剂(6).AC【解析】【详解】(1)根据盖斯定律可知由①×2+②-③×2可得2CO2(g)+6H2(g)催化剂CH3OCH3(g)+3H2O(g)的ΔH1=[(-90.1)×2+(-24.5)-(41.0)×2]kJ/

mol=-122.7kJ/mol；(2)①a．初始投料CO2和H2的浓度比为1：3，反应时按照1：3反应，所以二者的物质的量之比始终为1：3，比值不变不能说明反应平衡，故a不符合题意；b．反应物和生成物均为气体，所以气体总质量不变，容器恒容则气体的密度始终不变，混合气体的密度不再改变

不能说明反应平衡，故b不符合题意；c．反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的体积分数不再改变，所以CO2的体积分数不变可以说明反应达到平衡，故c符合题意；d．反应达到平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明

是正反应速率还是逆反应速率，故d不符合题意；综上所述答案为c；②结合表格数据，根据υ=ct可知在10～20min内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)=110.08molL-0.05molL10min−−=0.003m

ol/(L·min)；③反应开始时c(H2)=1.00mol/L，平衡时c(H2)=0.30mol/L，反应消耗H2浓度为Δc(H2)=(1.00-0.30)mol/L=0.70mol/L，其中发生反应：2CO2(g)

+6H2(g)催化剂CH3OCH3(g)+3H2O(g)，c(CH3OCH3)=0.10mol/L，则此反应生成c(H2O)=0.30mol/L，反应消耗H2浓度为0.60mol/L，发生副反应CO2(g)+3H2(g)催化剂CH3OH(g)+H2O(g)消耗

H2的浓度是0.10mol/L，其产生的H2O的浓度是0.103mol/L，所以平衡时水蒸气的浓度是c(H2O)=(0.30+0.103)mol/L；按CO2和H2的浓度比为1∶3投料，发生两个反应时CO2

和H2是按1∶3关系反应，达到平衡时二者的物质的量浓度比也是1∶3，反应达到平衡时c(CO2)=(13-0.2-0.103)mol/L=0.10mol/L；故主反应I达到平衡时的化学平衡常数K=3260.100.100.3030.

100.30+；(3)催化剂对某一类反应有催化作用，对其它反应可能无催化作用或催化效率很低，采用适当的催化剂能大幅提高主反应速率，从而提高二甲醚的产率；(4)A．不使用催化剂反应速率减慢，测定转化率时可能远未达到平衡，此时CO2的转化率可能位于M1，A项正确；B．

温度低于250℃时，随温度升高，催化效率升高，反应速率加快，相同时间内测定甲醇的产率会增大，B项错误；C．升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，

所以M1点时化学平衡常数大于N点，C项正确；D．较低的温度下进行反应，CO2的转化率较高，但催化剂的催化效率低、反应速率减小，不利于满足实际生产需要，D项错误；综上所述答案选AC。19.聚合硫酸铁(简称PFS或聚铁)是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO

、SiO2等）为原料制取聚合硫酸铁（2x4x3-2mFe(OH)(SO)）的工艺流程如下：(1)加入废铁屑的作用是_____。(2)加入KClO3发生的离子方程式是_____。(3)过程a中水解要严控pH的范围，pH偏小或偏大聚合硫酸铁的产率都会降低，请解释原因_____。(

4)盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，通常盐基度越高，絮凝效果越好。盐基度B的表达式：-3+n(OH)B=100%3n(Fe)(n为物质的量)。为测量聚合硫酸铁的盐基度，进行如下实验操作：i.取聚合硫酸铁样品mg，加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的

蒸馏水，再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH-反应。然后以酚酞为指示剂，用cmol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液VmL。ii.另取与步骤ⅰ等体积等浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，用cmol/L的标准

NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V0mL。①该聚合硫酸铁样品中n(OH-)=_____mol。②已知该样品中Fe的质量分数为w，则盐基度B=_____。③若操作i中滴定终点时俯视读数，则测得盐基度B_____（填“偏高”“偏低”“无影响”）若操作

ii中碱式滴定管未润洗，则测得盐基度B_________（填“偏高”“偏低”“无影响”）【答案】(1).将溶液中铁离子还原为亚铁离子(2).6H++-3ClO+6Fe2+=6Fe3++Cl-+3H2O(3).pH偏小时水解平衡逆向移动

，聚合硫酸铁的产率会降低，而pH偏大时生成氢氧化铁沉淀，聚合硫酸铁的产率会降低(4).c(V0-V)×10-3(5).00.56()3cVVmw−×100%或053()6%cVVmw−(6).偏高(7).偏高【解析】【分析】黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等

，向烧渣中加入酸酸浸，由制备目的知，加入的酸为稀硫酸，Fe2O3、FeO和稀硫酸反应分别得到硫酸铁、硫酸亚铁，SiO2不溶，过滤后得到的滤液I中含有硫酸铁、硫酸亚铁和稀硫酸，向滤液I中加入废铁屑，Fe和硫

酸铁反应生成硫酸亚铁，过滤后得到的滤液II中含有硫酸亚铁，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾，向绿矾中加入稀硫酸、氯酸钾，发生反应6H++-3ClO+6Fe2+=6Fe3++Cl-+3H2O，然后发生水解反应Fe2(SO4)3+xH2O⇌[Fe2(OH)x

(SO4)32x−]m+2xH2SO4，以此解答该题。【详解】(1)加入废铁屑的作用是将溶液中铁离子还原为亚铁离子，故答案为：将溶液中铁离子还原为亚铁离子；(2)加入KClO3发生的离子方程式是6H++-3ClO+6Fe2+=6Fe3++Cl

-+3H2O，故答案为：6H++-3ClO+6Fe2+=6Fe3++Cl-+3H2O；(3)过程a中水解要严控pH的范围，pH偏小或偏大聚合硫酸铁的产率都会降低，原因为pH偏小时水解平衡逆向移动，聚合硫酸铁的产率会降低，而pH偏大时生成氢

氧化铁沉淀，聚合硫酸铁的产率会降低，故答案为：pH偏小时水解平衡逆向移动，聚合硫酸铁的产率会降低，而pH偏大时生成氢氧化铁沉淀，聚合硫酸铁的产率会降低；(4)①n(OH-)=cmol/L×10-3V0L-cmol/L×10-3VL=c(V0-

V)×10-3mol，故答案为：c(V0-V)×10-3；②该样品中Fe的质量分数w，则n(Fe)=56mwmol，盐基度B=()33()nOHnFe−+×100%=3010(3)56cVVmw−−×100%=00.56()3cVVmw−×100%=053

()6%cVVmw−，故答案为：00.56()3cVVmw−×100%或053()6%cVVmw−；③若操作ⅰ中滴定终点时俯视读数，消耗的碱偏多，则测得盐基度B偏高；若操作ⅱ中碱式滴定管未润洗，消耗的碱偏多，则测得盐基度B偏高，故答案为：偏高；偏高。20.重铬酸钠是一种用途极广

的氧化剂,工业上可以用铬铁矿[主要成分Fe(CrO2)2(或写成FeO·Cr2O3)，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备,同时还可回收Cr。其主要工艺流程如图所示：已知部分物质的溶解度曲线如图1所示。请回答下列问题：（1）若煅烧操作在实验室进行最好选用_____(

填序号)；A.石英坩埚B.铁坩埚C.瓷坩埚（2）煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为_____。（3）滤渣1的成分为Fe2O3，滤渣2的成分除了Al(OH)3之外还有_____。（4）操作a的实验步骤为_____

，洗涤干燥。（5）加入2NaS溶液后使硫元素全部以2-4SO的形式存在，写出生成Cr(OH)3的离子方程式_____。（6）采用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，其原理如图2所示。电极b为_____极（填“阳”或“阴”），写出电极b的

电极反应方程式：_____。（7）根据有关国家标准，含2-4CrO的废水要经化学处理使其浓度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放。可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp（BaCrO4）=1.2×10-10]，再加入硫酸处理多

余的Ba2+的方法处理废水。加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应不小于_____mol·L-1，废水处理后方能达到国家排放标准。【答案】(1).B(2).4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO3煅烧8CO2+8Na2CrO4+2Fe2

O3(3).H2SiO3(4).蒸发结晶、趁热过滤(5).3S2-+8CrO24−+20H2O＝32-4SO+8Cr（OH）3↓+16OH-(6).阳(7).2H2O-4e-＝O2↑+4H+(8).24×10-4【解析】【分析】由流程可知，将纯碱和铬铁矿在空气中煅烧，铬铁

矿在空气中与纯碱煅烧生成Na2CrO4和一种红棕色固体，应为Fe2O3，同时释放出CO2气体，同时Al2O3和Na2CO3煅烧生成NaAlO2和CO2，加入水浸出杂质和溶液，过滤分离出滤渣Fe2O3，煅烧后的浸

出液中含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，调节pH可形成H2SiO3和Al（OH）3，过滤得到滤渣为H2SiO3和Al（OH）3，分离出的滤液加入稀硫酸酸化，得到Na2Cr2O

7和Na2SO4，经过结晶操作分离出Na2SO4，得到粗产品重铬酸钠晶体；加入Na2S溶液反应后，硫元素全部以2-4SO的形式存在，铬酸根离子生成Cr（OH）3沉淀，过滤得到氢氧化铬沉淀受热分解生成氧化铬，铝热反应生成铬，溶液b为硫酸钠

，以此来解答。【详解】（1）纯碱与二氧化硅高温下反应，则应选铁坩埚煅烧，故答案为：B；（2）煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO3煅烧8CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3；（3）根据以上分析可知滤渣1的成分为Fe2O3，滤渣2的成分除了Al（O

H）3之外还有H2SiO3；（4）由图可知Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，则操作a的实验步骤为蒸发结晶、趁热过滤，洗涤干燥；（5）加入Na2S溶液反应后，硫元

素全部以2-4SO的形式存在，生成Cr（OH）3的离子方程式为3S2-+8CrO24−+20H2O＝32-4SO+8Cr（OH）3↓+16OH-；（6）用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，电解制备过程的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O电解2Na2

Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，由图可知2CrO24−+2H+＝Cr2O27−+H2O在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH-，发生氧化反应，则b为阳极，电极反应方程式为2H2O-4e-＝O2↑+4H+；（7）Ksp（BaCrO4）=1

.2×10-10，含CrO24−的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0×10-7mol•L-1以下才能排放，则废水中Ba2+的浓度应不小于1071.2105.010−−mol/L=2.4×10-4mol/L。