【文档说明】山东师范大学附属中学2021届高三上学期期中考试（11月）化学试卷【精准解析】.doc，共(22)页，917.000 KB，由小赞的店铺上传

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山东师大附中2018级化学学科2020年11月学业质量检测题考生注意:请将各题答案填写在答题纸上。可能用到的相对原子质量Li：7C：12O:16Na：23S:32Cl：35.5Ni：59一、单项选择题1.化

学与人们的生活、生产密切相关。下列说法正确的是()A.酒精和84消毒液混合使用能提高对新型冠状病毒的预防效果B.纳米铁粉可以去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，同时也可以减少温室气

体的排放D.5G时代某三维存储器能储存海量数据，其半导体衬底材料是单晶硅【答案】D【解析】【详解】A.若酒精和84消毒液混合使用，具有还原性的乙醇与具有强氧化性的次氯酸钠发生氧化还原反应生成有毒的氯气，不但不能提高对新

型冠状病毒的预防效果，还可能发生意外中毒，故A错误；B.纳米铁粉可以去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子的原因是纳米铁粉与被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应生成铜和汞，属于化学变化，故B错误；

C.煤燃烧生成二氧化碳和二氧化硫，煤中加入氧化钙，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被空气中氧气氧化生成硫酸钙，而二氧化碳高温下不能与氧化钙反应，则燃煤中加入氧化钙可以减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形

成，但不能减少二氧化碳的排放，故C错误；D.三维存储器的半导体衬底材料是单晶硅，故D正确；故选D。2.理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN⇌HNC异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是()A.HCN比HN

C稳定B.该异构化反应的ΔH=59.3kJ·mol-1C.使用催化剂，不能改变反应的反应热D.升高温度，该反应正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度【答案】B【解析】【详解】A．根据图像，HCN具有的能量比HNC低，能量越低越稳定，则HCN比HNC稳定，A正确；B．根据图像，该异构化

反应为吸热反应，异构化反应的ΔH=+59.3kJ·mol-1，B错误；C．使用催化剂，能改变反应的活化能，但不能改变反应的反应热，C正确；D．由于该异构化反应为吸热反应，升高温度，正反应速率增大的程度大于逆反应速率增

大的程度，平衡正向移动，D正确；答案选B。3.下列有关实验操作或叙述错误的是()A.配制5%氯化钠溶液时，将称量的氯化钠放入烧杯中，然后加计量的水搅拌溶解B.测定硫酸铜晶体的结晶水含量时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅C.用硝酸银溶液滴定氯离子时，可用溴离子作

指示剂D.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁【答案】C【解析】【详解】A．因配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可，故A正确；B．温度过高晶体容易飞溅，因此硫酸铜晶体结晶水

含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅，故B正确；C．用硝酸银溶液滴定氯离子时，不能用溴离子做指示剂，因为先生成溴化银浅黄色沉淀再生成氯化银白色沉淀，不能区分滴定终点，故C错误；D．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以使残留在滴定管

尖嘴部分的液体进入到锥形瓶中，故D正确；答案选：C。4.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A.用装置甲灼烧碎海带B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl

2D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气【答案】B【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，Mn

O2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错

误；答案选B。5.下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是()实验操作目的或结论A将Cu片放入FeC13溶液中证明Fe的金属性比Cu强B将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成镁的还原性比碳强C将SO2通入溴水或酸性KMnO4溶液中证明SO2有漂白性D向FeCl

2溶液(含少量FeBr2杂质)中，加入适量氯水，再加CCl4萃取分液除去FeCl2溶液中的FeBr2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Cu片放入FeC13溶液中，生成氯化铜和氯化亚铁，无法证明Fe的金属性比Cu强，A结

论错误；B．将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，生成氧化镁和单质碳，镁作还原剂，C为还原产物，镁的还原性比碳强，B结论正确；C．将SO2通入溴水或酸性KMnO4溶液中，二氧化硫被氧化生成硫酸，二氧化硫表现还原性，C结论错误；

D．向FeCl2溶液(含少量FeBr2杂质)中，加入适量氯水，亚铁离子的还原性大于溴离子，产生氯化铁，不能除掉Br-，D结论错误；答案为B。6.科学家将含有石墨烯和碳纳米管两种纳米材料的水溶液在低温环境下冻干得到“全碳气凝胶”，该固态材料的密度仅是0.16mg·cm-3，是迄今为止世界上最轻

的材料。下列有关说法正确的是()A.“全碳气凝胶”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料B.“全碳气凝胶”与石墨互为同位素C.“全碳气凝胶”中含有碳碳双键，属于烯烃D.“全碳气凝胶”的性质稳定，能在热的浓硫酸中

稳定存在【答案】A【解析】【详解】A．“全碳气凝胶”具有极大的比表面积，吸附性强，可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，A说法正确；B．“全碳气凝胶”与石墨都是碳的单质，互为同素异形体，B说法错误；C．“全碳

气凝胶”为碳的单质，无氢原子，不属于烃类，C说法错误；D．“全碳气凝胶”的性质稳定，但能在热的浓硫酸发生反应生成二氧化碳、二氧化硫等物质，D说法错误；答案为A。7.受新冠病毒疫情的影响，某市使用了大量漂白粉进行消毒，产生了大量污水(含Cl-)，利用

ECT电解水处理器处理上述污水的简化模型如图，通电后让水垢在阴极表面析出，并采用智能清扫系统去除阴极表面的水垢；让阳极产生游离氯、臭氧等继续杀灭病毒，并防止包括军团菌在内的微生物污染。下列有关说法正确的是()A.a极为负极B

.处理污水时，Cl-移向a极，b极附近溶液的pH减小C.阳极上产生臭氧的电极反应式为O2+2OH--2e-=O3+H2OD.为了降低原材料成本，可将多孔铂电极a换成Fe电极【答案】C【解析】【分析】已知通电后让水垢在阴极表面

析出，则b电极产生氢氧根离子，b极水得电子生成氢气和氢氧根离子，b极接电源的负极，为阴极。【详解】A．分析可知，b极为阴极，则a极为负极，A说法错误；B．处理污水时，为电解池，Cl-向阳极移动，即向a极，b极产生氢氧根离子，附近溶液

的pH增大，B说法错误；C．阳极上氧气失电子与氢氧根离子反应生成臭氧，产生臭氧的电极反应式为O2+2OH--2e-=O3+H2O，C说法正确；D．若将多孔铂电极a换成Fe电极，a极为阳极，则铁失电子生成亚铁离子，D说

法错误；答案为C。8.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（）A.放电时，ClO4－向负极移动B.充电时释放CO2，放电时吸收C

O2C.放电时，正极反应为：3CO2＋4e－=2CO32－＋CD.充电时，正极反应为：Na＋＋e－=Na【答案】D【解析】【分析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极

移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。【详解】A.放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；B.电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；C.放电时

是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；D.充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。【点睛】本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的

“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与放电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。9.通

过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是()①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH1=571.6kJ·mol-1②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH2=131.

3kJ·mol-1③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH3=206.1kJ·mol-1A.反应①中电能转化为化学能B.反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=74.8kJ·mol

-1C.反应③使用催化剂，ΔH3减小D.H2的燃烧热为571.6kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】A.太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；B.根据盖斯定律：由②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g

)ΔH2=131.3kJ·mol-1，③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH3=206.1kJ·mol-1反应，③-②得：CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH=74.

8kJ·mol-1，该反应的△H＞0为吸热反应，故B正确；C.催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C错误；D.H2的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，由①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2

(g)ΔH1=571.6kJ·mol-1反应可知，H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，故D错误；故答案：C。10.据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是A.OH－

在反应中做催化剂B.该反应可产生清洁燃料H2C.该反应属于氧化还原反应D.该催化循环中Fe的成键数目未发生变化【答案】D【解析】【详解】A.OH－在该循环中参与反应，又生成OH－，因此起到催化循环的作用，故A正确，但不符

合题意；B.该循环过程产生了H2，故B正确，但不符合题意；C.该反应生成单质氢气，元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确，但不符合题意；D.该循环中Fe的成键数目发生了变化，有-45Fe(CO)FeCOOH、（）等，故D错误，符合题意；故选：D。二、不定项选择题(每小题有一

个或两个正确选项)11.若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG=lg+-[H][OH]室温下实验室中用0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液滴定20.00mL0.01mol·L-1醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是()A.室温下，A点的溶液显酸性B.A点时加入氢氧化钠溶液的

体积小于20.00mLC.室温下，AG=7溶液的pH=3.5D.从0到B，水的电离程度逐渐减小【答案】BC【解析】【详解】A．A点的AG=lg()()+-cHcOH=0，即()()+-cHcOH=1，则c(H＋)=c(OH-)，此时溶液显中性，故A错误；B．根据A

项分析，A点时溶液显中性，当加入氢氧化钠溶液20.00mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，该物质是强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，故B正确；C．根据图象可知：在室温下，0点时，醋酸溶液的AG=lgc()()+-cH

cOH=7，即()()+-cHcOH=107，而水的离子积Kw=c(H＋)·c(OH-)=10-14，两式联立可知：c(H＋)=10－3..5mol/L，即溶液的pH=3.5，故C正确；D．酸或碱都会抑制水的电离，根据B、C分析可知，0点为醋酸溶液，水的电离被抑制，从0到

A，溶液由酸性变为中性，水的电离程度增大，从A到B过程中，当V(NaOH)＞20mL后，溶液变为碱性，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，即从0到B，水的电离程度先逐渐增大后逐渐减小，故D错误；答案选BC。12

.垃圾分类意义重大，工业上回收光盘金属层中的Ag的流程如图所示，下列说法正确的是()A.氧化过程中参加反应的Ag和NaClO的物质的量比之为1：1B.为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在酸性、加强热条件下进行C.氧化过程中，可以用H

NO3代替NaClO氧化AgD.还原过程，若水合肼转化为无害气体2N，则还原过程的离子方程式为4Ag++N2H4H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+5H2O【答案】A【解析】【分析】光盘中的Ag与次氯酸钠反应生成氯化银和氧气，氯化银不溶于水，过

滤得到氯化银固体，加入10%的氨水进行溶解，再加入N2H4H2O发生氧化还原反应，生成单质银。【详解】A．氧化过程中方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，参加反应的Ag和NaClO的物质的量比之为1：1，A说法正确；B

．次氯酸钠在酸性、加热的条件下易分解，则为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在碱性、温度不宜过高的条件下进行，B说法错误；C．氧化过程中，若用HNO3代替NaClO氧化Ag，则产生含氮的氧化物，污染空气，C说法错误；D．

还原过程，若水合肼转化为无害气体N2，溶液中含银离子为[Ag(NH3)2]+，则还原过程的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+5H2O+8NH3↑，D说法错误；答案为A。13.某课

题组以铬铁矿粉［主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Al2O3、SiO2等杂质］为主要原料制备Cr2O3，有关实验流程如图所示。下列说法错误的是()A.“焙烧”时Fe(CrO2)2发生反应：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O

2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2B.过滤时需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒C.图中“滤渣”成分是Al(OH)3和H2SiO3D.“反应Ⅲ”每消耗32g硫黄，能产生2molCr(OH)3【答案】D【解析】【分析】根据流

程及溶液中含有Na2CrO4可知，铬铁矿粉与纯碱、空气煅烧生成二氧化碳、氧化铁和Na2CrO4，加水浸取过滤得到氧化铁，调节溶液的pH，生成氢氧化铝和硅酸沉淀；滤液为Na2CrO4，向滤液中加入硫磺生成Cr(OH)3和Na2S2O3。【

详解】A．分析可知，“焙烧”时Fe(CrO2)2发生反应：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，A说法正确；B．过滤时需要的仪器有带铁圈的铁架台、漏斗、滤纸、烧杯、玻璃棒，其中玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B说法正确

；C．分析可知，图中“滤渣”成分是Al(OH)3和H2SiO3，C说法正确；D．“反应Ⅲ”每消耗32g硫黄，即1mol，转移2mol电子，能产生23molCr(OH)3，D说法错误；答案为D。14.新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，LiFePO4电池是新能源汽车关键部件之

一，其工作原理如图所示，电池工作时的总反应为Li1－xFePO4+LixC6放电充电LiFePO4+6C。下列说法正确的是()A.充电时，电极a与电源正极连接，电极b与电源负极连接B.电池充电时，正极的电极反应为LiFePO4-xe-=Li1－xFeP

O4+xLi+C.电池工作时，负极材料质量减少0.7g，转移0.2mol电子D.电池充电时锂离子穿过隔膜向a极移动【答案】BD【解析】【分析】根据工作原理图可知，装置为原电池，锂离子向b极区移动，则电极b为正极，电极a为负极。【详解】A．分析可知，装置放电时，a极为负极

，则充电时，电极a与电源负极连接，电极b与电源正极连接，A说法错误；B．电池充电时，b电极失电子，生成Li1－xFePO4和Li+，正极的电极反应为LiFePO4-xe-=Li1－xFePO4+xLi+，B说法正确；C．电池工作时，负极反应式为Li-e-=Li+，材料质量减少0

.7g，即反应0.1mol，则转移0.1mol电子，C说法错误；D．电池充电时与电池放电时锂离子的移动方向相反，则充电时锂离子穿过隔膜向a极移动，D说法正确；答案为BD。15.已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CH

CH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按w=223n(Cl)n(CH=CHCH)向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ)与温度(T)、w的关系，图乙表示正、逆反应的平衡常数与温度的关系，则下列说法错误的是()A.图甲中

，w2>1B.图乙中，A线表示正反应的平衡常数C.温度为T1、w=2时，Cl2的平衡转化率为50%D.若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将增大【答案】BC【解析】【详解】A.其他条件不变，增大

氯气的用量，平衡向右移动，丙烯的体积分数减小，因此，w2>1，故A正确。B.从图甲知，升高温度时，丙烯的体积分数增大，说明升高温度时平衡向左移动，该反应是放热反应。所以，升温时，逆反应的平衡常数增大，图乙中的A线表示逆反应的平衡常数，故B不正确。C.从图乙知，温度为T

1时，正反应和逆反应的平衡常数都是1，w=2时，设丙烯的起始浓度为1，则氯气的起始浓度为2，丙烯的浓度减小了x，丙烯的平衡浓度为(1-x)，氯气的平衡浓度为(2-x)，一氯丙烯和氯化氢的平衡浓度都是x，列出

方程：2x=1(1-x)(2-x)，解得：2x=3，所以，氯气的转化率为：23×100%=33.3%2，故C不正确。D.正反应是放热反应，若在恒容绝热装置中进行上述反应，反应进行中容器内的温度升高，混合气体的总物质的量不变，根据PV=nRT，则气体的压强增大，故D正确。答案选BC。三、非选择题1

6.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的消毒剂和漂白剂，可以ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学欲利用如图实验制取漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，并进行纯度的测定。已知：①饱和NaClO溶液析出晶体与温度的关系如表所示。②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气

稀释到10％以下。温度/℃<3838~60>60晶体成分NaClO23H2ONaClO2NaClO2分解生成NaClO3和NaCl实验一、制备NaClO2晶体(1)装置C的作用是___________________。(2)装置B中反应生成N

aClO2的化学方程式为________________。(3)装置B反应后的溶液中阴离子除了ClO2−、ClO3−、Cl-、ClO-、OH-外还可能含有的一种阴离子是_____________。(4)从装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步

骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②_________；③_______；④低于60℃干燥，得到成品。(选择合适的操作编号填空)A．冷却到室温后，过滤B．趁热过滤C．常温洗涤D．冰水洗涤E．38~60℃的温水洗涤实验二、测定产品纯度(5)

准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准

溶液的平均值为VmL。(已知：ClO-2+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O2-3=2I-+S4O2-6)①达到滴定终点时的现象为______________。②该样品中NaClO2的质量分数为_

________(用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简)。③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】(1).防止污染环境或吸收多余的ClO2(

2).2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2(3).SO24−(4).B(5).E(6).滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复(7).22.625cVm%(8).偏高【解析】【分析】装置A中制备得到ClO2，所以A中反

应为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，A中还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O;装置B中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2

。另外A中产生的SO2被带入B中，SO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应生成硫酸钠。由题目信息可知，应控制温度38℃~60℃，高于60℃时NaC1O2分解成NaClO3.和NaC1。，从装置B的溶液获得Na

ClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置C是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】⑴装置C的作用是吸收ClO2，防止污染空气。故答案为：防止污染环境或吸收多余的ClO2。⑵装置B中以C

lO2为原料制备NaClO2，ClO2中氯元素的价态由+4降低到+3价，ClO2为氧化剂，则H2O2还原剂，H2O2中氧元素的价态应有-1价升高到0价，则应有O2生成，则方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。答案为：2NaOH+2C

lO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。⑶装置A中在制备ClO2的同时，还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的SO2随ClO2到B装置中，则SO2被H2O2氧化为硫酸，硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠，则

装置B反应后的溶液中还可能含有的一种阴离子是SO24−。故答案为：SO24−。⑷根据已知：①饱和NaClO溶液析出晶体与温度的关系，NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时Na

ClO2分解成NaClO3和NaC1;则从装置B反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤包括:①减压，55℃蒸发结晶;②趁热过滤;③用38℃~60℃热水洗涤;④低于60℃干燥，得到成品。故答案为：B；E。(5)①ClO2在酸性条件下氧化I-生成I2,C1O2被还原为C1-，同时生

成H2O，反应离子方程式为:ClO-2＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－,利用碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉作指示剂，用cmol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定时发生的反应为I2＋2S2O2-3＝S4O2-6＋2I－，当达到滴定至终点时，碘单质恰

好反应完，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复。故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复②由反应中的I元素守恒可知：-2-2223ClO2I4SO～～，25.00mL

待测溶液中n(NaClO2)=-31cV10mol4，m(NaClO2)＝-3190.5cV10g4；样品mg配成的250mL待测溶液中的NaClO2质量扩大10倍，故样品中NaClO2的质量分数

为-2190.5cV10g22.625cV4100%=%mgm。③滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积小，消耗的读数包含气泡的体积，读数偏大，测定结果偏高。故答案为：偏高。17.利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工

业电解法来处理含Cr2O废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。（1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5，可循环使用。则石墨Ⅰ是电池的________

极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为__________________________________。（2）工作时，甲池内的NO向___________极移动(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为____________。（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒

上发生的电极反应为_________________________________。（4）若溶液中减少了0.01molCr2O，则电路中至少转移了___________mol电子。【答案】(1).负(2).NO2＋NO－e－===N2O5

(3).石墨Ⅰ(4).1∶4(5).Fe－2e－===Fe2＋(6).0.12【解析】(1)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，故答案为负；NO2+NO3--e-=N2O5；(2)由于石墨Ⅰ为

负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算1molO2反应中转移4mol电子，4molNO2转变成N2O5，转移4mol电子，相同状况下气体的体积比等于物质的量之比，故O2和NO2的体积比为1：4，故答案为石墨Ⅰ；1：4；(3)由于石墨Ⅰ为负极，故Fe(Ⅰ)为阳

极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；(4)根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能够氧化0.06molFe2

＋，即电解过程中需要生成0.06molFe2＋，Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋，故转移电子的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，故答案为0.12。点睛：本题考查原电池与电解原理，明确各个电极上发生

的反应、物质之间的转化是解本题关键。本题的难点是(4)的计算，需要根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O计算出电解过程中生成的Fe2＋，再根据电极反应式进行计算，注意电路中转移的电子与Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H

2O中转移的电子是不一样的。18.雷尼镍是有机合成中常用的一种加氢催化剂，使用一定周期后会失活。现欲利用图示工艺流程回收某废雷尼镍催化剂(主要为铝镍合金，还含有NiO、Al2O3、FeO、SiO2及有机物等)中的金属资源：已知金属离子沉淀的pH：Ni2+Fe2+Fe3+Al3+开

始沉淀的pH6.96.31.53.4沉淀完全的pH8.98.32.847回答下列问题：(1)“破碎”的目的为______________；“滤渣1”的成分为_______。(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为__

____________。(3)调节pH的范围为___________；试剂M可选用__________(填序号)。a.FeOb.Fe2O3c.Al2O3d.NiO(4)“沉降”后所得NiCO3沉淀在空气中热分解时，固体残留率(固体残留率

=剩余固体的质量原始固体的质量×100%)与温度(T)的关系如图所示(已知当NiCO3加热至300℃时已完全失去碳元素)。3NiCO加热至A点过程中反应的化学方程式为________________。(5)该回收工艺中可回收的金属化合物有3NiCO、_______。【答案】(1).增大接触

面积，提高反应速率，使废料煅烧充分或充分反应(2).SiO2(3).2Fe+ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O(4).4.7≤pH<6.9或[4.7~6.9](5).c(6).4NiCO3+O2Δ2Ni2O3+

4CO2(7).Fe(OH)3和Al(OH)3【解析】【分析】废雷尼镍催化剂(主要为铝镍合金，还含有NiO、Al2O3、FeO、SiO2及有机物等)经煅烧后残渣主要成分为NiO、Al2O3、FeO、SiO2，加硫酸“酸溶”时，除了SiO2不反应之外，N

iO、Al2O3、FeO均与硫酸反应生成同价态金属硫酸盐，过滤，得滤渣1主要成分为SiO2，滤液中阳离子主要含Ni2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、H+，加入氧化剂NaClO氧化Fe2+，发生反应2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，

按表中信息，“调节1pH”是为了沉淀3Fe(OH)，且不能引起3+Al的沉淀，“调节2pH”是为了沉淀3Al(OH)，且不能引起2+Ni的沉淀，过滤后，再加入碳酸钠生成沉淀NiCO3；【详解】(1)接触面积越大，反应速率越快，“破碎”的

目的为增大接触面积，提高反应速率，使废料煅烧充分或充分反应；据分析“滤渣1”的成分为SiO2。(2)在酸性环境下“氧化”时，Fe2+作还原剂、化合价升到得到Fe3+，ClO-为氧化剂，氯元素化合价降低被还

原得到Cl-，结合得失电子数相等、电荷守恒、元素质量守恒，得反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。(3)“调节2pH”是为了沉淀3Al(OH)，且不能引起2+Ni的沉淀，所以需要调节的

范围为4.7≤pH<6.9；加入试剂M是为了沉淀3+Fe，而不引起3+Al的沉淀，可选用23AlO；除3+Fe不能选用23FeO，加入NiO调节pH会造成3+Al沉淀，故也不能选用NiO，故答案为C。(4)①由题可知，当3NiCO加热至300℃时已完全失去碳元素，所以

反应生成镍的氧化物，根据元素守恒：3x~NiONi59CO119+16x，由题图A点数据可知11969.7%5916x=+，1.5x，故所得产物为23NiO，发生反应的化学方程式为322324NiCOO2NiO4CO++@。(5)从流程

图知，该回收工艺中得到并被过滤的沉淀均可回收，其中可回收的金属化合物有3NiCO、Fe(OH)3和Al(OH)3。19.1981年Staley、Kappes等科学家首次发现了过渡金属离子催化消除N2O与C

O的第一个催化循环反应，由此引起众多科学家开始关注利用金属离子消除大气污染物的催化反应。回答下列问题：(1)研究表明在无催化剂作用下N2O与CO难以反应，原因是__________________。(2)过渡态理论认为N2O和CO之间的反应分为两个过程，首先N2O

与CO通过碰撞生成高能量的活化配合物，然后该活化配合物进一步转化为产物，其历程为：第一步：N-N-O+C-O→N-NOC-O(慢反应)活化配合物第二步：N-NOC-O→N-N+O-C-O(快反应)活化配合物第一步反应为_

____(填“吸热”或“放热”)反应，CO(g)+N2O(g)=CO2(g)+N2(g)的决速反应为_____(填“第一步”或“第二步”)反应。(3)在400℃和650℃条件下，分别向两个相同体积的刚性容器中充入2molN2O和2molCO，发生反应CO(g)+N2O(g

)=CO2(g)+N2(g)∆H<0，实验得出两容器中CO与N2的物质的量随时间的变化关系如图所示。已知气体的分压等于气体的总压乘以气体的体积分数，曲线ad对应的容器中平衡后总压为pxkPa，曲线bc对应的容器中平衡后总压为pxkPa。①曲线ad表示_____(填

“400℃”或“650℃”)条件下相关物质的物质的量的变化曲线。②a、c、d三点逆反应速率的大小顺序为______。③ad段的平均反应速率v(N2O)___kPa·min-1。④400℃条件下平衡常数Kp=_______。(保留分数)【答案】(1).CO中存在碳氧三键，键能较大，反应物的活化

能较高，反应难以进行(2).吸热(3).第一步(4).400℃(5).c>d>a(6).0.015px(7).2.25【解析】【详解】(1)催化剂能够降低反应的活化能，没有催化剂时，反应难以进行，主要原因为CO中存在的碳氧三键键能较大，反应物

的活化能太高；(2)根据已知信息可知，N2O与CO反应首先生成高能量的活化配合物，该过程需要吸收能量，所以第一步为吸热反应，慢反应决定整个反应的速率，是决速步的反应；(3)根据图像可知，随反应的进行，曲线ad对应物质的物质的量减小，所以曲线a

d对应的物质是CO，曲线bc对应的物质为N2；①曲线bc先达到平衡，曲线ad后达到平衡，根据温度对反应速率的影响，温度越高反应速率越大，则曲线ad为400℃时，CO的物质的量的变化曲线；②c、d点均达到平衡状态，c点对应的温度高于d点，则c点反应速率大于d点；a、d点对应温度相同，但a点未

达到平衡状态，d点逆反应速率大于a点的逆反应速率，则逆反应速率由大到小的顺序为c>d>a；③ad段时间变化量为10min，根据三段式法，可以得出：()()()()222221.41.40.60.6min0.80.81.21.2minCOgNOgCOgNg++初始515ad段的平均反应速率v(

N2O)=0.015pxkPa·min－1；④根据题意，400℃条件对应曲线ad，15min时曲线ad达到平衡状态，则根据③中三段式可以得出Kp=1.21.20.80.8=94。20.汽车尾气(用N2O表示)是空气污染源之一。回答下列问题

：(1)用CO还原N2O的能量变化如图甲所示，则该反应的热化学方程式为____________。在相同温度和压强下，1molN2O和1molCO经过相同反应时间测得如下实验数据：实验温度/℃催化剂N2O转化率/%实验1400催化剂19.5400催

化剂210.6实验2500催化剂112.3500催化剂213.5试分析在相同温度时，催化剂2催化下N2O的转化率更高的原因是________。(2)在容积均为1L的密闭容器A(起始500℃，恒温)、B(起始50

0℃，绝热)两个容器中分别加入0.1molN2O、0.4molCO和相同催化剂。实验测得A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图乙所示。①B容器中N2O的转化率随时间的变化关系是图乙中的_____曲线。②要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N

2O的平衡转化率，在催化剂一定的情况下可采取的措施是________(答出1点即可)。③500℃该反应的化学平衡常数K=______(用分数表示)。④实验测定该反应的反应速率v正=k正·c(N2O)·c

(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。计算M处的正逆vv=_______(保留两位小数)。【答案】(1).N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)ΔH=-362.8kJ·mol-1(2).数据表明反应未达到平衡，在催化剂2催

化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O的转化率更高或产量更高(3).a(4).缩小容器容积或加压或同比充入反应物或使用更高效的催化剂(5).145(6).1.69【解析】【详解】(1)根据图像可知，反应物为各1mol的CO(g

)、N2O(g)，生成物为各1mol的N2(g)、CO2(g)，反应物的总能量比生成物的总能量高362.8kJ，则热化学方程式为CO(g)+N2O(g)⇌N2(g)+CO2(g)∆H=-362.8kJ/mol；根据表中数据可知，反应未达到平衡，催化剂2的催化效果更好，反应的活化能更低，反应速率快

，经过相同反应时间，N2O的转化率更高或产量更高；(2)①N2O和CO的反应为放热反应，容器A(起始500℃，恒温)、B(起始500℃，绝热)，B随反应的进行温度升高，反应速率加快，达到平衡状态时使用的时间变短，则曲线a表示

装置B中N2O的转化率随时间的变化；②所用时间变短，但不改变N2O的平衡转化率，则不能改变温度，反应为气体计量数不变的反应，则可增大压强，或减小体积，或使用更高效的催化剂，平衡均不移动，转化率不变，速率增大，使用时间变

短；③根据图像可知，500℃时，N2O的平衡转化率为25%，加入0.1molN2O，则反应量0.025mol，同理，0.4molCO的反应量0.025mol，容器的体积为1L，()()()()2220.10.40.025

0.0250.0250.0250.0750.3750.0250.025NOgCOgNgCOg++初始反应平衡K=0.025mol/L0.025mol/L0.075mol/L0.375mol/L=145；④M处N2O的平衡转化率为20%，()()()(

)2220.10.40.020.020.020.020.080.380.020.02NOgCOgNgCOg++初始反应剩余v正=k正×0.08mol/L×0.38mol/L，v逆=k逆×0.02mol/

L×0.02mol/L，正逆vv=K×0.08mol/L0.38mol/L0.02mol/L0.02mol/L=14576=1.69。