【文档说明】山东省德州市2021届高三上学期期中考试化学试卷 【精准解析】.doc，共(19)页，857.000 KB，由小赞的店铺上传

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高三化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡。上对应题目答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。2.考试结束后，

请将答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：O-16S-32第I卷(选择题共40分)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目要求。1.化学与生活、生产密切相关，下列有关叙述不正确的是（）A.氢氧

化铝、小苏打均可用作胃酸中和剂B.过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源C.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率D.ClO2具有强氧化性，可用作自来水的净水剂【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化铝、小苏打均可与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，A叙述正确；B．过氧化钠可与二氧化

碳反应生成碳酸钠和氧气，则可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，B叙述正确；C．在海轮外壳上镶入锌块，可形成原电池，且锌失电子，铁作正极，可减缓船体的腐蚀速率，C叙述正确；D．ClO2具有强氧化性，具有杀菌消毒的作用，可用作自来水的消毒剂，D叙述错误；答案为D。2.实验室中下列做法错误

的是（）A.将少量金属钠贮存在煤油中B.将氯水保存在细口棕色试剂瓶中C.用量筒量取6.50mL浓硫酸D.用氢氧化钠溶液除去NO中混有的少量NO2【答案】C【解析】【详解】A．钠易被空气中的氧气氧化，且钠的密度比煤油大，不与煤油反应，则将少量金属钠贮存在煤油中，A做法正确；B．氯水中的次

氯酸见光易分解，则将氯水保存在细口棕色试剂瓶中，B做法正确；C．10mL的量筒精确度为0.1mL，则用量筒量取6.5mL浓硫酸，C说法错误；D．NO2与NaOH反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，而NO不反应，则用氢氧化钠溶液除去NO中混有的少量NO2，D做法正确；答案为C。3.下列说法正确的是（）A

.Na、Fe、Al都能导电，它们的氧化物都能与酸反应，与碱不反应B.CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在，都不是酸性氧化物C.某溶液中加KSCN溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+D.某无色溶液中加入氢氧化钠溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该溶液

中一定有NH+4【答案】D【解析】【详解】A．Na、Fe、Al都能导电，Al的氧化物既能与酸反应，又能与碱反应，A说法错误；B．CO、NO、NO2都是大气污染气体，NO可与空气中氧气反应，B说法错误；C．某溶液中加KSCN溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，不能证明是否含有

Fe2+，C说法错误；D．某无色溶液中加入氢氧化钠溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则该溶液中一定有NH+4，D说法正确；答案为D。4.下列化学用语对事实的解释不正确的是（）A.钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+B.氢氧化铁胶体的制备原理：F

e3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+C.工业上漂白粉的制备原理：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OD.盛装强碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO23−+H2O【答案】C【解析】【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀，铁

失电子生成亚铁离子，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A解释正确；B．向沸水中加入几滴饱和的氯化铁溶液至溶液呈红褐色，停止加热，氢氧化铁胶体的制备原理：Fe3++3H2OΔFe(OH)3(胶体)+3H+，B解释正确；C．工业上，向石灰乳中通入氯气制备漂白粉，漂白粉的制备原理：

Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，C解释错误；D．二氧化硅与强碱反应生成硅酸盐和水，则盛装强碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO23−+H2O，D解释正确；答案为C。5.短周期元素x、y、d、f的最高正价或最低

负价、原子半径的相对大小随原子序数的变化如图1所示；短周期元素z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示：下列有关说法正确的是（）A.工业上电解

f和h形成的化合物可制得单质fB.e、g两种元素形成的化合物中一定含有离子键，可能含有共价键C.y、d、z的简单气态氢化物中沸点最高的是z的氢化物D.x在所形成的化合物中，化合价均为+1价【答案】B【解析】【分析】由图1得，f原子半径最大，原子序数最大，且最高正价为+3，故f为Al，又y、

d原子序数递增，原子半径减小，最高正价或最低负价分别为+4，-2，故y为C，d为O，x原子半径最小，原子序数最小，且最高正价为+1，故x为H；由图2得，h的原子序数最大，且最高价氧化物对应的水化物的pH为2，说明是一元强酸，故h为Cl，g原子序数小于h，且最高价氧化物对应的水

化物pH小于2，说明是多元强酸，故g为S，生成的酸为H2SO4，e最高价氧化物对应的水化物的pH为12，是一元强碱，故e为Na，z的原子序数最小，且最高价氧化物对应的水化物的pH为2，故z为N。【详解】A．f和h形成的化

合物为氯化铝，为共价化合物，熔融状态不导电，工业上电解氧化铝可制得单质Al，A说法错误；B．e、g两种元素形成的化合物为Na2S或Na2Sx，均为离子化合物，则一定含有离子键，可能含有共价键，B说法正确；C．y、d、z的简单气态氢化物分别

为CH4、H2O、NH3，沸点最高的是H2O，C说法错误；D．x在所形成的化合物中，化合价可能为+1价或-1价，如NaH中为-1价，D说法错误；答案为B。6.NaHCO3是一种离子化合物，下列关于该物质的叙述错误的是（）A.所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H<O<C<NaBNa

HCO3中既含离子键又含共价键C.向NaHCO3溶液中加入足量氢氧化钙溶液：Ca2++2HCO3−+2OH-=CaCO3↓+CO23−+2H2OD.除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3固体应采用加热的方法【答案】C【解析】【详解】A．同周期原子序数越小、原子半径越大，同主

族，原子序数越大、原子半径越大，则所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为H＜O＜C＜Na，A叙述正确；B．NaHCO3中钠离子与碳酸氢根离子间为离子键，碳酸氢根离子内含有共价键，则既含离子键又含共价键，B叙述正确；C．向N

aHCO3溶液中加入足量氢氧化钙溶液反应的离子方程式为：Ca2++HCO3−+OH-=CaCO3↓+H2O，C叙述错误；D．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3固体应

采用加热的方法，D叙述正确；答案为C。7.青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀原理如图所示：多孔催化层中的Cl-扩散到孔口，与电极产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，下列说法正确的是（）A.此过程为

电化学腐蚀中的析氢腐蚀B.电极b发生的反应：O2+4e-+2H2O=4OH-C.生成Cu2(OH)3Cl的反应：2Cu2++3H2O+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓+3H+D.若采用牺牲阳极的阴极保护法保护青铜器是利用了电解的原理【答案】B【解析】【分析】根据图知

，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是e，多催化层作正极。【详解】A．根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，A不正确；B．氧气在正极得电子生成氢氧根离子电极反应式为：O2＋4e

-＋2H2O=4OH-，B正确；C．Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应

生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓，C不正确；D．牺牲阳极的阴极保护法是利用了原电池的原理，D不正确；故选B。8.用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去

)，能达到实验目的的是选项a中试剂b中试剂c中试剂实验目的装置A氨水CaO无制取并收集氨气B浓盐酸MnO2饱和NaCl溶液制备纯净的Cl2C浓盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液比较酸性强弱：H2CO3＞H2SiO3D浓硫酸Na2SO3KMnO4酸性溶液验证SO

2具有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A错误；B．浓盐酸与二氧化锰反

应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B错误；C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C

错误；D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确；故选D。9.利用生物电化学系统处理废水的原理如图。下列对系统工作时的说法错误的是（）A.b

电极为负极，发生氧化反应B.双极膜内的水解离成的H+向b电极移动C.有机废水发生的反应之一为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+D.该系统可处理废水、回收铜等金属，还可提供电能【答案】A【解析】【详解】A．根据图示

，a极CH3COO-、2(CHO)n→CO2，a发生氧化反应，a是负极、b电极为正极，故A错误；B．a是负极、b是正极，原电池中阳离子移向正极，双极膜内的水解离成的H+向b电极移动，故B正确；C．根据图示，a极CH3COO-→CO2，有机废水发生的反应之一为CH3COO-+2H2O-

8e-=2CO2↑+7H+，故C正确；D．根据图示，b是正极，正极反应Cu2++2e-=Cu，所以该系统可处理废水、回收铜等金属，故D正确；选A。10.黏土钒矿(主要成分为钒的+3、+4、+5价的化合物以及SiO2、Al2O3等)中钒的化合物溶于

酸后多以VO+、VO2+、VO2+形式存在，采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备V2O5。已知：V2O5在碱性条件下以VO3−形式存在。以下说法正确的是（）A“酸浸氧化”中欲使3molVO2+被氧化成VO2+，至少需要1molKClO3B

.滤液1中主要的阴离子有[Al(OH)4]-和VO3−C.“煅烧”时需要的仪器主要有蒸发皿、玻璃棒、三脚架、酒精灯D.“煅烧”时，NH4VO3受热分解：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O【答案】D【解析】【分

析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括SiO2、Al2O3，加入稀硫酸，使Al2O3生成Al3+；加入KClO3将VO+和VO2+氧化成VO2+，SiO2成为滤渣1，滤液含有：VO2+、K+、Cl-、Al3+；加入NaOH溶液至pH＞13，滤液1含有[Al(OH)

4]-、VO3−、Cl-、OH-，通入CO2生成氢氧化铝沉淀，滤液中加入NH4HCO3沉钒得到NH4VO3，最后煅烧得到V2O5。【详解】A．VO2+中V元素为+4价，VO2+中V元素为+5价，3molVO2+被氧化成VO2+，失去3mol电子，而1m

olKClO3变为KCl失去6mol电子，故需要0.5molKClO3，故A错误；B．由上述分析可知，滤液1中主要的阴离子有[Al(OH)4]-、VO3−、Cl-、OH-，故B错误；C．“煅烧”时需要的仪器主要有坩埚、玻璃棒、三脚架、酒精灯、泥三角等，故C错误；D．NH4VO3煅烧生成V2O5，化

学方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，故D正确。答案选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目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依

次增大，W的原子序数是Z的原子序数的一半，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是（）A.离子半径：Z>X>WB.气态氢化物的稳定性：Z>W>YC.试管中残留的Z的单质可以用热的氢氧化钠溶液洗涤D.化合物M中所有的原子均满足8电子稳定结构【答案】CD【解析】【

分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，根据M的结构图，W能形成2个共价键，W是O元素，Y能形成4个共价键，Y是Si元素；W的原子序数是Z的原子序数的一半，Z是S元素；X形成+1价阳离子，X是Na元素。【详解】A．电子

层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2->O2->Na+，故A错误；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O>H2S>SiH4，故B错误；C．S能和热氢氧化钠溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠，所以试管中残留的S的单质可以用

热的氢氧化钠溶液洗涤，故C正确；D．Na+最外层有8个电子，O原子形成2个共价键、Si原子形成4个共价键，所以M中所有的原子均满足8电子稳定结构，故D正确；选CD。12.含氟的卤元素互化物通常作氟化剂，使金属氧

化物转化为氟化物，例如下述反应：2Co3O4+6ClF3=6CoF3+3Cl2+4X。下列有关说法错误的是（）A.X与O3互为同素异形体B.ClF3中氯元素为-3价C.Co3O4在反应中作还原剂D.当有1molCl2产生时，反应中转移的电子数为6mol【答案】B【解析】【详解】A．由化

学方程式2Co3O4＋6ClF3=6CoF3＋3Cl2＋4X可知，Co3O4作还原剂，Co3O4中-2价的O被氧化0价的O2，有元素守恒可知生成物中X为O2，则X与O3互为同素异形体，A说法正确；B．F元素在化合物中只显示-1价，化合物中各元素的化合价之

和为零可知ClF3中氯元素为+3价，B说法错误；C．Co3O4中-2价的O被氧化0价的O2，在反应中作还原剂，C说法正确；D．当有1molCl2产生时，Cl的化合价由+3价，变为0价，反应中转移的电子数为6mol，D说法正

确。答案为B。13.乳酸亚铁晶体是一种优良补铁剂，可由乳酸与碳酸亚铁反应制得。实验室制备碳酸亚铁的装置如图所示，下列说法正确的是（）A.仪器B为蒸馏烧瓶，此仪器可直接进行加热B.稀硫酸和Fe粉反应的目的是生成Fe2+溶液，同时防止Fe2+被氧化C.仪器C中反应的离子方程式为Fe2++HCO3−=

FeCO3↓+H+D.向B反应后的溶液中加入NaOH溶液，若无白色沉淀，证明Fe2+全部进入了C中【答案】BD【解析】【分析】开始时，装置B中铁粉与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，产生的氢气把装置上部的空气排净，使生成的硫酸亚铁不易

被氧化，当溶液反应一段时间后，关闭活塞K2，使装置B中的液态进入装置C中，溶液中的碳酸氢根离子与亚铁离子反应生成碳酸亚铁和二氧化碳、水。【详解】A．仪器B为蒸馏烧瓶，此仪器底面较大不可直接加热，应垫石棉网后加热，A说法错误；B．稀硫

酸和Fe粉反应的目的是生成Fe2+溶液，生成的氢气可排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化，B说法正确；C．仪器C中碳酸氢根离子与亚铁离子反应生成碳酸亚铁和二氧化碳、水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，C说法错误；D．装置

B中的溶液为硫酸亚铁和硫酸，向B反应后的溶液中加入NaOH溶液，若无白色沉淀，证明Fe2+全部进入了C中，D说法正确；答案为BD。14.在Rh(铑)表面进行NRR(电催化反应)将N2转化为NH3的一种反应机理如图所

示，下列说法不正确的是（）A.Rh薄膜电极为电解池的阴极B.通过②③可知两个氮原子上的加氢过程分步进行C.上述所有过程都需铑电极提供电子才能进行D.反应⑤每转移2mol电子，生成22.4LN2(标准状况下

)【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知，Rh薄膜电极得电子，Rh薄膜电极为电解池的阴极，A说法正确；B．根据图像可知，通过②③可知两个氮原子上分2步分别得到氢原子，则加氢过程分步进行，B说法正确；C．根据图像可知，①、⑤步，Rh未提供电子，C说法错误；D．反应⑤为3N

2H2=2NH3+2N2，每转移4mol电子，生成2molN2(标准状况下)，转移2mol电子，22.4L标况下的氮气，D说法正确；答案为C。15.双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-，作为H+和OH-离子源。利用双

极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是（）A.Y电极与电源正极相连，发生的反应为4OH--4e-=O2+2H2O↑B.M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜C.

“双极膜组”电渗析法也可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)D.若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1mol电子，两极共得到0.5mol气体【答案】BD【解析】【分析】盐室加入NaCl浓溶液，阴离子

向Y电极移动，则Y电极为阳极，则氯离子向Y电极移动，则N为阴离子交换膜；则X电极为阴极。【详解】A．分析可知，Y电极为阳极，与电源正极相连，发生的反应为4OH--4e-=O2+2H2O↑，A说法正确；B．分析可知，M为阳离子

交换膜，N为阴离子交换膜，B说法错误；C．“双极膜组”电渗析法利用阴阳离子的定向移动，可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，C说法正确；D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1mol电子，两极可产生0.5mol氯气和0.5mol的氢气，共得到

1mol气体，D说法错误；答案为BD。第II卷(非选择题共60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.碘在生活中有着广泛应用。一种由含碘废水制取单质碘的工艺流程如图：回答下列问题：（1）检验含碘废水中是否含有I2，常用的试剂是___。（2）X是一种常见的有刺激

性气味的气体，通入X气体的主要目的是___。（3）分离滤渣1各成分最简便的方法是___；滤渣2在潮湿的空气中能被氧化为红褐色物质，故发生反应的化学方程式为___。（4）试剂Y是一种绿色氧化剂，其化学式为___；操作I包括_

__。【答案】(1).淀粉溶液(2).将I2转化为I-(3).用磁铁吸引(4).4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2(5).H2O2(6).萃取、分液、蒸馏【解析】【分析】X是一种常见的有刺激性气味的气体，为二氧化硫，可使碘变为离子，且与

硫酸铜反应生成碘化亚铜沉淀；碘化亚铜与铁粉反应生成铜，则滤渣1为铁铜混合物；向滤液中加入碳酸钾，得到碳酸亚铁固体；Y是一种绿色氧化剂，Y为过氧化氢，氧化碘离子为碘单质。【详解】(1)淀粉遇到碘，淀粉溶液显蓝色，

故常用试剂为淀粉溶液；(2)分析可知，X为二氧化硫，具有还原性，与碘发生氧化还原反应，主要目的是将I2转化为I-；(3)滤渣1为铁、铜混合物，可用磁铁吸附铁而分离混合物；滤渣2为碳酸亚铁，在潮湿的空气中生成氢氧化铁和二氧化碳，方

程式为4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；(4)试剂Y是一种绿色氧化剂，Y为过氧化氢；溶液中的碘可经过萃取、分液、蒸馏得到单质碘。17.十九大报告中关于生态环境保护的论述全面而深刻，对研

究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要指导意义。（1）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ·mol-12SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1写出SO2与NO2反应生成SO3和NO的热化学反应方程式___。（2）汽车尾

气的净化装置中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H<0。在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生上述反应，如图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系。①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有___(填字母序号)

。a.升高温度b.增加CO的浓度c.缩小容器的体积d.改用高效催化剂②压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到10min达到平衡状态，容器的体积为2L；用CO2的浓度变化表示的平均反应速率v(CO2)=_

__；若在D点对反应容器升温的同时增大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的___点。（3）电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如图所示，则N极应连接电源的___(填“正极”或“负极”)，M极的电极反应式为__

_。【答案】(1).SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=-41.8kJ•mol-1(2).bc(3).0.2mol•L-1•min-1(4).A(5).正极(6).NO+5e-+6

H+=NH4++H2O【解析】【详解】(1)①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=-113.0kJ·mol-1②2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1，根据盖斯定律，(

②-①)÷2可得，SO2(g)+NO2(g)⇌NO(g)+SO3(g)△H=-41.8kJ•mol-1；(2)①a.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率降低，a与题意不符；b.增加CO的浓度，反应速率增大，NO的转化率增大，b符合题意；c

.缩小容器的体积，压强增大，平衡正向移动，转化率增大，反应速率增大，c符合题意；d.改用高效催化剂，反应速率增大，平衡不移动，d与题意不符；答案为bc；②压强为10MPa、温度为T1，平衡时，NO的体积分数为图中E点，为

25%，()()()()228100.581020.252xxxxxxxxNOgCOgNgCOg+−+−初始反应平衡8180.5xx−−=25%，解得x=4mol，v(CO2)=4mol2L10min=0.2mol•L-1•min-1；该反

应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的体积分数增大，重新达到的平衡状态可能是A点；(3)根据图像可知，NO在N极失电子生成硝酸根离子，作阳极，与电池的正极相连；NO在M极失电子生成铵根离子，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O。18

.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色高效的水处理剂，可利用KClO溶液与FeCl3在碱性低温下反应制备，实验室模拟生产K2FeO4过程如图。已知：①FeCl3易潮解，100℃左右时升华②KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3③紫色的K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇

，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。（1）仪器X的的名称为___，装置A中反应的离子方程式为___。（2）使用过量KOH除了与Cl2反应生成KClO，还起到的___作用，写出此装置中制备K2FeO4的化学方程式___，该装置可

选择的控温方式为___。（3）制备的高铁酸钾粗产品中含有KOH、KCl、Fe(OH)3等杂质，请将以下提纯步骤补充完整，(实验药品：高铁酸钾粗产品、蒸馏水、乙醇、饱和NaOH溶液、饱和KOH溶液、冷的稀KOH溶液、冰水)。①取一定量的高铁酸钾

粗产品溶于___；②过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液；③搅拌、静置、过滤，用___洗涤2～3次，在真空干燥箱中干燥。【答案】(1).恒压滴液漏斗(2).2MnO4−+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(3).提供强碱性，防止K

2FeO4与水反应(4).3KClO+2FeCl3+10KOH=2K2FeO4+9KCl+5H2O(5).冰水浴(6).冷的稀KOH溶液(7).乙醇【解析】【分析】装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，浓盐酸易挥发，则生成

的氯气中含有HCl和水杂质，饱和食盐水可除去HCl，而浓硫酸可除去水蒸气，氯气与铁在加热的条件下生成氯化铁，FeCl3在100℃左右时升华，则在装置D中，KClO溶液与FeCl3在碱性低温下反应制备高铁酸钾，氯气有毒，装置E吸收未反应的氯气。【详解】(1)仪器X为恒压滴液漏斗；装置A中高

锰酸钾与盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为2MnO4−+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)KClO溶液与FeCl3在碱性低温下反应制备高铁酸钾，使用过量KOH提供强碱性，防止K2FeO4与水反应；KClO、FeCl3和KOH为反应物

，高铁酸钾为生成物，反应的方程式为3KClO+2FeCl3+10KOH=2K2FeO4+9KCl+5H2O；反应温度在低温下进行，可在冰水浴中进行；(3)①K2FeO4微溶于浓碱溶液，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性至弱碱

性条件下分解，则高铁酸钾粗产品溶于冷的稀KOH溶液。③K2FeO4不溶于乙醇，则用乙醇洗涤。19.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色，难溶于水和乙醇。工业上以废铜料(含少量铁)为原料，制备氯化亚铜的

流程如图：（1）步骤①中试剂X可以是___(写化学式)。步骤③中反应时需要提供的条件是___。（2）步骤③中，为提高反应速率，可用稀HNO3代替O2，此时需要严格控制n(HNO3)：n(H2SO4)=___，用稀HNO3代替O2的不足之处是___。（3

）步骤④中，该反应的离子方程式为___；实际生产中，步骤④中要适当通入过量SO2，原因可能是___。（4）若在实验室中用98%的浓H2SO4配制步骤③所需的稀H2SO41000mL所需的仪器为___。【答案】(1).H

2SO4(2).加热(3).2：3(4).产生有害气体、污染环境(5).2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO24−+4H+(6).提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的CuCl被空气氧化(7)

.量筒、玻璃棒、烧杯、1000mL容量瓶、胶头滴管【解析】【分析】废铜料(含少量铁)加入过量的硫酸，使铁溶解，过滤，滤渣为铜，铜与氧气、硫酸反应生成硫酸铜溶液，硫酸铜与二氧化硫、氯化钠反应生成氯化亚铜沉淀，过滤、乙醇洗涤得到氯化亚铜

固体。【详解】(1)溶解废铜料中的铁时，应加入足量的酸，试剂X为硫酸或盐酸；铜与稀硫酸不反应，则需加入氧气且加热的条件下进行，因此，本题正确答案是：H2SO4；加热；(2)根据3Cu+8H++2N3O−=3Cu2++2NO↑+4H2O，n(HNO

3)：n(H2SO4)=2：3；用稀HNO3代替O2的会产生NO，NO有毒，污染空气，因此，本题正确答案是：2:3；产生有害气体、污染环境；(3)硫酸铜与二氧化硫、氯化钠反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+S24O−+4H+；

CuCl在空气中迅速被氧化成绿色，通入过量SO2提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的CuCl被空气氧化，因此，本题正确答案是：2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+S24O−+4H+；提高C

u2+的还原速率，同时可以防止生成的CuCl被空气氧化；(4)用浓硫酸配制稀硫酸时，用量筒量取一定量的浓硫酸，加入到盛有一定量水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，待恢复至室温时，用玻璃棒引流注入1000mL的容量瓶中，洗涤并将洗涤液注入容量瓶，再加入蒸馏水至刻度线下1-2cm处，该用胶

头滴管加至液面的下凹处与刻度线相切，摇匀即可，因此，本题正确答案是：量筒、玻璃棒、烧杯、1000mL容量瓶、胶头滴管。20.脱除燃气中的H2S既可防止大气污染还可回收硫资源等。回答下列问题：（1）著名的Vanviel反应

为12H2S+6CO2C6H12O6+6H2O+12S↓，该反应的能量转化形式是___，每生成1molC6H12O6。转移电子的数目为___。（2）脱除H2S最早的方法是可再生吸附法。其吸附原理如图。①下列说法不正确的是___。a.脱除H2S总反应的热效应△H=△H1+△H2b

.Fe2O3·H2O是该反应的吸附剂，降低了反应的活化能c.Fe2S3·H2O可使反应的焓变减小d.为了实现转化需要不断补充Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O②脱硫过程中反应的化学方程式为___；再生过程中，氧化剂与氧化产物的质

量比为___。（3）不同温度下(其他条件相同)发生反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，间隔相同时间测定一次H2S的转化率(未达到平衡)，如图所示：①温度越高，H2S的转化率越接近平衡时的转化率，是因为___。②初始在恒容密闭容器中只充入H2S，在900℃时发生反应，平衡时气体总压强为p

Pa，则N点v(正)___(填“>”“<”或“=”)v(逆)；对应温度下反应的平衡常数Kp=___Pa(Kp为以分压表示的平衡常数，列出含p的代数式。)【答案】(1).光能转变为化学能(2).24NA(3).bcd(4).3H2S+Fe2O3•H2O=

3H2O+Fe2S3•H2O(5).1：2(6).温度越高，反应速率越快，达到平衡所需的时间越短(7).>(8).0.2p【解析】【详解】(1)根据方程式可知，反应的能量转化由光能转变为化学能；反应中S、C的化合价发生改变，S由-2价变为0价，生成1molC6H12O6，同

时生成12molS，转移24mol电子，即24NA；(2)①a.根据盖斯定律，脱除H2S总反应的热效应△H=△H1+△H2，a说法正确；b.根据图像可知，Fe2O3·H2O是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，b说法错误；c.Fe2S3·H2O为催化剂

，可使反应的活化能降低，但对焓变无影响，c说法错误；d.Fe2S3·H2O为催化剂，为了实现转化需要不断补充H2S和O2，d说法错误；答案为bcd；②根据图像，脱硫过程中反应的反应物为硫化氢和一水合氧化铁，生成物为水和Fe2S3·H2O，方程式为3H2S+Fe2O3•H2O

=3H2O+Fe2S3•H2O；再生过程中，氧化剂与氧化产物分别为氧气和硫，Fe2S3•H2O中硫的化合价为-2价，则氧气和硫的物质的量之比为1：2；(3)①升高温度，反应速率增大，达到平衡所用的时间缩短，则硫化氢的转化率接近平衡转化率；②根

据图像可知，N点在900℃时未达到平衡状态，变为M点时达到平衡状态，则硫化氢的转化率增大，即反应正向进行，v(正)＜v(逆)；900℃时M点为平衡状态，硫化氢的转化率为50%，若硫化氢的浓度为1mol/L，()()()22210.5

0.50.250.50.50.2252HSgHgSg+初始反应平衡Kp=220.50.25()1.251.250.51.25ppp=0.2p。