【文档说明】北京一零一中2021届高三上学期第三次统练化学试题【精准解析】.doc，共(23)页，1.057 MB，由小赞的店铺上传

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北京101中2020-2021学年高三上学期第三次统练化学试题1.氮循环是全球生物地球化学循环的重要组成部分，大气土壤中氮元素转化如图所示，下列说法不正确．．．的是A.将N2转化为化合物的过程称为固氮B.无机物与有机物中的

氮元素可相互转化C.硝化细菌将+4NH转化为3NO−可能需要O2参与D.在硝化细菌、反硝化细菌作用下氮元素均发生氧化反应【答案】D【解析】【详解】A.将N2转化为化合物的过程称为固氮，有自然固氮和人工固氮，A正确；B.由图知，无机

物与有机物中的氮元素可相互转化，B正确；C.按质量守恒定律及氧化还原反应规律可知：氮元素的化合价由-3价升高到+5价，发生氧化反应，所以硝化细菌将+4NH转化为3NO−可能需要O2参与，C正确；D.在反硝化细菌作用下，硝酸根转变为氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，D

不正确；答案选D。2.利用化学方法可以改善大气质量、进行水处理等。下列说法不正确的是（）A.减少化石燃料的燃烧有益于缓解温室效应B.向天然水中加入明矾可起到杀菌消毒的作用C.可用熟石灰处理钢铁厂、电镀厂产生的酸性废水D.在汽车尾气系统中安装催化转化器可减少尾气污染【答案】B【解析】【分

析】【详解】A.化石燃料燃烧的产物主要是二氧化碳和水，其中二氧化碳是造成温室效应的气体，因此减少化石燃料的燃烧有益于缓解温室效应，A正确；B.明矾中的铝离子在水溶液中可以发生水解反应生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可以用于净水，但没有杀菌消毒的作用，B错误；C.熟石灰的主要成分是氢氧化钙，可以通过

酸碱中和反应处理钢铁厂、电镀厂产生的酸性废水，C正确；D.在汽车尾气系统中安装催化转化器可以将尾气中的有毒气体CO、NO等转化为CO2、N2等无毒气体，减少尾气污染，D正确；故答案为：B。3.以TiO2为催化剂的光热化学循环分

解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A.过程①中钛氧键断裂会释放能量B.该反应中，光能和热能转化为化学能C.使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而

提高化学反应速率D.CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=+30kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A.化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A

错误；B.根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；C.催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；D.反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2

CO(g)+O2(g)ΔH=1598×2-1072×2-496=+556kJ/mol，故D错误。4.硒（34Se）元素是人体必需的微量元素之一，与溴同周期。下列说法不正确．．．的是A.原子半径由大到小顺序：Se＞Br＞ClB.氢化物的稳定性：硒化氢＜水＜氟化氢C.SeO2和NaOH溶液

反应生成Na2SeO4和水D.SeO2既可发生氧化反应，又可发生还原反应【答案】C【解析】【详解】A.同一主族从上到下，同周期从右到左，原子半径逐渐增大，故原子半径由大到小顺序：Se＞Br＞Cl；B.同一主族从上到下，同周期从右到

左，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故氢化物的稳定性：硒化氢＜水＜氟化氢；C.SeO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SeO3和水；D.Se元素最外层有6个电子，最高化合价为+6价，最低负价为-2价，SeO2中Se为+4价，为Se元素的中间价态，故既可发生氧化反应，又可发

生还原反应；答案选C。【点睛】酸性氧化物与碱反应生成相应化合价的盐和水。5.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.1molCH2=CH2中含有的共价键数目为6NAB.1molN2与3molH2混合充分反应，生成6NA个N—H键C.16gO2和16

gO3所含的电子数均为8NAD.标准状况下，22.4LNH3含有的质子数为10NA【答案】B【解析】【详解】A．1molCH2=CH2中含有的共价键数目为6NA，故A正确；B．1molN2与3molH2混合充分反应

生成NH3，1molNH3含有3NA个N—H键，但是氮气和氨气反应是可逆反应，生成氨气小于2mol，故生成N—H键小于6NA个，故B错误；C．16gO2的物质的量为m16gn===0.5molM32g/mol，一个氧原子有8个电子，则O2所含的电子数0.5m

ol82NA=8NA，16gO3的物质的量为m16g1n===molM48g/mol3，则O3所含的电子数1mol383NA=8NA，故C正确；D．标准状况下，22.4LNH3物质的量为1mol，含有的质子数为(7+13)NA=10NA，故D正确；答案选：B。6.液态N2O4是火

箭推进系统的有效氧化剂．实验室制备少量N2O4的流程如下,下列分析不正．．确．的是A.反应②、③中氮元素的化合价发生了变化B.反应②利用了NH3的还原性C.反应④的颜色变化是由化学平衡移动引起的D.反应①可由如图所示装置实现【答案】D【解析】【详解】A.已知这五种化合物NH4Cl、NH3、NO、N

O2、N2O4中N元素的化合价分别为-3、-3、+2、+4、+4，所以反应①④中N元素的化合价没有变化，反应②③中N元素的化合价变化了，故A正确；B.反应②中N元素从-3价升高为+2价，NH3表现出还原性，

故B正确；C.由于2NO2N2O4是放热反应，则降低温度，平衡正向移动，使NO2转化为N2O4，故C正确；D.反应①是固体加热生成易溶于水的NH3，应为固+固加热制备气体的发生装置、用向下排空气法收集氨气；图示装置中发生装置和收集装置都不合适，

故D不正确；答案选D。7.X、Y、Z是中学化学中常见的物质，下表各组物质之间通过一步反应不能．．实现如图转化关系的是（）XYZ箭头上所标数字的反应条件转化关系A.NONO2HNO3①常温遇氧气B.Na2O2NaOHNaCl③加入H2O2C.Cl2NaClOHClO②通入CO2D.

Al2O3NaAlO2Al(OH)3④加NaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B．氯化钠不能够通过一步反应得到过

氧化钠，故B错误；C．氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故C正确；D．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，

偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；答案选B。8.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示．下列说法正确的是A.该过程的

总反应：C6H6O+O2BMO⎯⎯⎯→光6CO2+3H2OB.该过程中BMO表现较强氧化性C.讲解产物中的分子中含有极性共价键和非极性共价键D.①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1【答案】D【解析】【详解】A.该过程用

光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O+7O2BMO→光6CO2+3H2O，故A不正确；B.该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO+，故B不正确；C.降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C不正确；

D.①中1molO2-要得到3mol电子，而②中1molBMO+变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以①、②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1，故D正确；答案选D。9.某同学利用下图装置探究SO2的性质。下列有关反应的方程式，不正确

．．．的是（）A.①中溶液显红色的原因：CO32－+H2OHCO3－+OH－B.①中溶液红色褪去的原因：2SO2+CO32－+H2O==CO2+2HSO3－C.②中溶液显黄绿色的原因：Cl2+H2O==HCl+HClOD.②中溶液

黄绿色褪去的原因：SO2+Cl2+2H2O==H2SO4+2HCl【答案】C【解析】碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，其水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A正确；亚硫酸的酸性强于碳酸

，在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳发生反应2SO2+CO32﹣+H2O═CO2+2HSO3﹣，NaHSO3溶液显酸性，所以溶液红色褪去，故B正确；氯气溶于水部分与水反应，部分以氯气分子的形式存在于溶液，所以氯水显

浅黄绿色是因为溶解了氯气，故C错误；二氧化硫与氯水反应生成HCl和硫酸，即发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，氯气被消耗，所以溶液的黄绿色褪去，故D正确。10.下列实验操作或现象不能用

平衡移动原理解释的是()A.卤化银沉淀的转化B.配制3FeCl溶液C.溶解淀粉在不同条件下水解D.探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，

该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关，据此进行判断。【详解】A、NaCl足量，硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏

特列原理解释，故A不符合题意；B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C、催化剂不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时压强较大，不会有气泡生

成，打开瓶塞后压强减小，生成气泡，可用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选C。11.某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A.曲线II代表HCl的稀释过程B

.溶液中水的电离程度：b点＞c点C.从b点到d点，溶液中-+33c(CHCOO)c(H)c(CHCOOH)保持不变D.该温度下，b点Kw的数值比e点大【答案】C【解析】【详解】A.盐酸是强酸，稀释相同倍数，盐酸pH变化大于醋酸，曲线II代表CH3COOH的稀释过程，故A错误；B.b点pH

小于c点，说明b点氢离子浓度大于c，b点对水电离抑制作用大于c，溶液中水的电离程度：b点＜c点,故B错误；C.Ka=-+33c(CHCOO)c(H)c(CHCOOH)，从b点到d点，温度不变，所以溶液中-+33c(CHCOO)c(H)c(CHC

OOH)保持不变，故C正确；D.温度不变，则Kw不变，该温度下，b点Kw的数值等于e点，故D错误。【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的一元酸中，稀释相同倍数，酸性越弱pH值变化越大，”是解本题的关键，弱酸稀释过程中电离平衡常数

不变。12.在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)ΔH>0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是容器起始时物质的量/mol平衡时物质的量/mol温度/Kn(CO2)n(C)n(C

O)n(CO)I9770.280.5600.4II9770.560.560xIII1250000.56yA.977K，该反应的化学平衡常数值为2B.达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡正向移动C.达到平衡时，

容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大D.达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率大于28.6%【答案】C【解析】【分析】977K时，容器I：()()()2(mol/L)0.140(mol/L)0.10.COgCs2(mol/L)0.040

.COg22开始转化平衡＋【详解】A.977K，根据容器I中的反应数据，该反应的化学平衡常数值为0.20.2=0.041，故A错误；B.C是固体，达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡不移动，故B错误；C.容器Ⅱ与容器Ⅰ相比，相当于加压，达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化

率比容器Ⅱ中的大，故C正确；D.若容器Ⅲ的温度是977K，则容器Ⅲ与容器I是等效平衡，平衡时CO的浓度是0.2mol/L，CO的转化率是0.28-0.2100%=28.6%0.28，升高温度，正向移动，CO浓度增大，容器Ⅲ中的CO的转化率小于

28.6%，故D错误。【点睛】本题考查平衡常数的计算、等效平衡原理，明确同一可逆反应，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量之比投入反应物或生成物，建立起新的平衡状态都相同。13.短周期中8种元素a-h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变

化如图所示。下列判断不正确．．．的是A.a、d、f组成的化合物能溶于强碱溶液B.a可分别与b或c组成含10个电子的分子C.e的阳离子与g的阴离子具有相同的电子层结构D.最高价氧化物对应水化物的酸性：h＞g＞b【答案】C【解析】【分析】由

图中原子序数和化合价，各元素依次为a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】A．a、d、f组成的化合物Al(OH)3具有两性，能溶于强碱溶液，故A正确；B．CH4、N

H3是10电子的分子，H可分别与C或N组成含10个电子的分子，故B正确；C．Na＋与S2－的电子层结构不相同，前者具有Ne的电子层结构，后者具有Ar的电子层结构，故C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl>S>C，最高价氧化物对应水化物的酸性：HCl

O4＞H2SO4＞H2CO3，故D正确；故选C。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据化合价、原子半径推断元素，注意抓住短周期元素，熟练掌握元素化合物知识，理解元素周期律、影响微粒半径大小的因素。易错点C，Na

＋有2个电子层，K、L层分别排有2、8个电子，S2－有3个电子层，K、L、M层分别排有2、8、8个电子。14.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（）①②③A.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B红棕色气体不能表明②中木炭与浓

硝酸发生了反应C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】D【解析】【详解】A．①中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕

色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；B．由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以②中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的，B项正确；C．③

中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是还原产物，C项正确；D．红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误；故选D。15.饮用水中含有砷会导致

砷中毒，水体中溶解的砷主要以As(Ⅲ)亚砷酸盐和As(Ⅴ)砷酸盐形式存在．(1)33As与P位为同一主族，磷的原子结构示意图为________，砷在周期表中的位置______________．(2)根据元素周期律，下列说法

正确的是(填字母序号)______________．a．酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4b．原子半径：S＞P＞Asc．非金属性：S＞P＞Asd．还原性：AsH3＞PH3＞H2S(3)关于地下水中砷的来源有多种假设，

其中一种认为是富含砷的黄铁矿(FeS2)被氧化为Fe(OH)3，同时生成24SO﹣，导致砷脱离矿体进入地下水．FeS2被O2氧化的离子方程式为________________________________________．(4)去除水体中的砷，可先将As(Ⅲ)转化为As(Ⅴ)，选用NaClO

可实现该转化．研究NaClO投加量对As(Ⅲ)氧化率的影响得到如下结果：已知：投料前水样pH＝5.81，0.1mol/LNaClO溶液pH＝10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸．产生此结果的原因是____________________________

．(5)强阴离子交换柱可以吸附以阴离子形态存在的As(Ⅴ)达到去除As的目的．已知：一定条件下，As(Ⅴ)的存在形式如下表所示：pH＜22~77~1111~14存在形式H3AsO423HAsO﹣24HAsO﹣24HAsO﹣、34AsO﹣pH＝6时，NaClO氧化亚砷酸(H3AsO3)的离子方程式

是__________________________________________．【答案】(1).(2).第4周期；VA族(3).acd(4).4FeS2＋15O2＋14H2O=4Fe(OH)3＋82-4SO＋16H+(5).起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，

当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低(6).HClO＋H3AsO3=42-HAsO＋Cl－＋2H+【解析】【分析】(1)磷原子核外电子数为15，有3个电子层，由里到外各层电子

数为2、8、5；根据砷的原子结构回答其在周期表中的位置；(2)根据元素周期律进行相关问题的解答；(3)FeS2水溶液中被O2氧化生成硫酸、氢氧化铁；(4)图象中曲线变化和溶液浓度越大盐水解程度越小分析；(5)pH=6时，NaClO溶液中生成HClO，图中分

析可知pH=6时As（Ⅴ）的存在形式为H2AsO4-。【详解】(1)磷原子核外电子数为15，有3个电子层，由里到外各层电子数为2、8、5，磷原子结构示意图为；砷原子的核外电子数为33，与磷处于同一主族，在周期表中的位置为：第4周期；VA族；(2)a.同周期自左而右非金属性

增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，同主族自上而下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故a正确；b.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径依次增大，原子半径：As>P>S，故b错

误；c.同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性：S>P>As，故c正确；d．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性：S>P>As，非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱

，还原性：AsH3＞PH3＞H2S，故d正确；故答案为：acd；(3)FeS2被O2氧化生成硫酸、氢氧化铁，反应的化学方程式为：4FeS2＋15O2＋14H2O=4Fe(OH)3＋82-4SO＋16H+；(4)投

料前水样pH=5.81，0.1mol/LNaClO溶液pH=10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸，产生此结果的原因是：起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次

氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低，故答案为：起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低；(5)pH=6时，NaClO溶液中生成HClO，pH=6时，NaClO

氧化亚砷酸(H3AsO3)的离子方程式是：HClO＋H3AsO3=42-HAsO＋Cl－＋2H+。16.硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。（1）工业采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g)2H2(g)+S2

(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为2L的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。①反应2H2S(g)2H2(g)+S2

(g)的ΔH_________（填“>”“<”或“=”）0。②985℃时，反应经过5s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2)=___________。③随着H2S分解温度的升高，曲线b

向曲线a逐渐靠近，其原因是___________。（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S，其物质转化如下图所示。①在图示的转化中，化合价不变的元素是____________。②在温度一定和不补加．．．溶液的条件下，

缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有____________。（3）工业上常采用上图电解装置电解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S，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).>(2).0.04mol/(L·s)(3).温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短(4).Cu、Cl、H(5).增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)(6).

Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-(7).11.2L(8).2[Fe(CN)6]3-+2CO32-+H2S=2[Fe(CN)6]4-+2HCO3-+S↓【解析】【详解】（1）由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向

为吸热方向，即△H>0，H2S的物质的量为1mol，体积2L，起始浓度为0.5mol⋅L−1若985℃时，反应经5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为0.5mol⋅L−1×40%=0.2mol⋅L−1，v=△c/△t=0.04mol⋅L−1⋅s−1；随着温度升高，

反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；故答案为：>；0.04mol/(L·s)；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。（2）通过图示可以看出来Fe的化学价由+3变为+2，S的化合价由-2变0价，化合价没有变的元素

由Cu、Cl和H三种元素；在温度一定和不补加．．．溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有：增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。故答案为Cu、Cl、H；增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3

+)。（3）①电解时阳极发生失电子的氧化反应，先将[Fe（CN）6]4-转化为Fe（CN）6]3-，化合价升高，所以反应为：Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-；②根据2Fe（CN）63-+2CO32-+H2S=2Fe（CN）64-+2HCO3-+S和阴极反应式为

2HCO3-+2e-═H2↑+2CO32-，得到关系式为：H2↑～2CO32-～S，所以析出16gS的时候，生成标况下的氢气体积是11.2L；③根据化合价升降法及元素守可知方程式为2[Fe(CN)6]3-+2CO32-+H2S=2[Fe(CN)6]4-+2HCO3-+S↓。17.KMnO4在实验

室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下：Ⅰ．将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态物质。Ⅱ．冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。Ⅲ．向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，

同时生成黑色固体。Ⅳ．过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。(1)Ⅰ中，粉碎软锰矿的目的是_____。(2)Ⅰ中，生成K2MnO4的化学方

程式是_____。(3)Ⅱ中，浸取时用稀KOH溶液的原因是_____。(4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是_____。(5)将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，也可制得KMnO4．装置如图：①b极是_____极(填“阳”或“阴”)，D是__________

__。②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：___________。③传统无膜法电解时，锰元素利用率偏低，与之相比，用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，其原因是__________。(6)用滴定法测定某高锰酸钾产品的纯度，步骤如下：已知：Na2C2O4+H2SO4

═H2C2O4+Na2SO45H2C2O4+2MnO4﹣+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O摩尔质量：Na2C2O4134g/molKMnO4158g/molⅰ．称取ag产品，配成50mL溶液。ⅱ．称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。ⅲ

．将锥形瓶中溶液加热到75℃～80℃，恒温，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液VmL(杂质不参与反应)。产品中KMnO4的质量分数的表达式为_________。【答案】(1).增大反应物接触面积，加快反应速率(2).2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O(3).保持溶液呈

强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应(4).3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3(5).阴(6).较浓的KOH溶液(7).a极：MnO42--e-=MnO4-，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生

成KMnO4(8).用阳离子交换膜可防止MnO4﹣、MnO42﹣在阴极被还原(9).1580b67aV【解析】【分析】(1)粉碎软锰矿，可增大固体表面积；(2)由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空

气充分焙烧，可生成K2MnO4；(3)用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4变质；(4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2；(5)电解K2MnO4制取KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成

氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子；(6)称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n(Na2C2O4)=134bmol，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液VmL，由方程式5H2

C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n(KMnO4)，进而计算纯度。【详解】(1)粉碎软锰矿，可增大固体表面积，反应物的接触面积增大，则反应速率加快；(2)由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2M

nO4，反应的方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；(3)由题意可知用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应而变质；(4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2，反应的方

程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3；(5)①由图可知b极生成氢气，应发生还原反应，为电解池阴极，阴极可得到较浓的KOH溶液；②a为阳极，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子，发生M

nO42--e-=MnO4-，同时部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4；③用阳离子交换膜可防止MnO4-、MnO42-在阴极被还原，提高锰元素的利用率；(6)称取bgNa2C2O4，

置于锥形瓶中，可知n(Na2C2O4)=134bmol，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液VmL，由方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n(KMnO4)=134bmol×25，则50mL溶液中

n(KMnO4)=134bmol×2505V，质量m=134bmol×2505V×158g/mol=158067bVg，则产品中KMnO4的质量分数为158067baV。【点睛】本题考查物质的制备实验，注意把握物质的性质，把

握流程中发生的反应、电解原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。18.我国是世界上较早冶炼锌的国家。在现代工业中，锌更是在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。已知：锌的熔点为419.6℃，沸点907℃。I．图是古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的示意图。(1)泥罐内的

主要反应为：i．ZnCO3(s)=ZnO(s)+CO2(g)H1ii．CO2(g)+C(s)=2CO(g)H2……总反应：ZnCO3(s)+2C(s)=Zn(g)+3CO(g)H3利用H1和H2计算时H3，还需要利用_________

反应的H。(2)泥罐中，金属锌的状态变化是_____；d口出去的物质主要是_______。Ⅱ．现代冶炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为MnO2，还含铁等元素)为原料联合生产锌和高

纯度二氧化锰的一种工艺的主要流程如下：(3)浸出：加入FeSO4能促进ZnS的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。Fe2+的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为：ⅰ：MnO2＋2Fe2+＋4H+＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2Oⅱ：……①写出ⅱ的离子方程式：_________。②下

列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b．________。(4)除铁：已知①进入除铁工艺的溶液的pH约为3；②控制溶液pH为2.5～3.5，使铁主要以FeOOH沉淀的形式除去。结合离子方

程式说明，通入空气需同时补充适量ZnO的理由是_________。(5)电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是______。(6)电解后的溶液中可循环利用的物质是___________。【答案】(1).ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)(2).气态变为液态(3).CO

和Zn蒸气(4).ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S(5).取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去(6).通入空气时，发生反应4Fe2+＋O2＋8H2O＝4FeOOH＋8H+使溶液的pH下降，加入的Zn

O与H+发生反应ZnO+2H+＝H2O+Zn2+，可控制溶液pH(7).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(8).硫酸【解析】【分析】I．古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的各步反应：i．ZnCO3(s)=ZnO(s)+CO2(g)、CO2(g)+C(s)=

2CO(g)、ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)，总反应：ZnCO3(s)+2C(s)=Zn(g)+3CO(g)，反应区温度达到1100～1300℃，Zn变为蒸气与杂质分离，在“兜室”冷凝为液体流出（冷凝区温度高于Zn的熔点），为防止Zn被氧化而用“泥封”隔绝空气，出口

“锌火”是未反应完的CO和Zn蒸气从“兜室”逸出燃烧。Ⅱ．现代冶炼锌流程图中的各步反应：浸出：ⅰ：MnO2＋2Fe2+＋4H+＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O，ii．ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，总把反应：MnO2＋ZnS+4H+Mn2++S+Zn2++

2H2O；除铁：4Fe2+＋O2＋8H2O＝4FeOOH＋8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+＝H2O+Zn2+，可控制溶液pH；电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是Mn2+-2e-

+2H2O=MnO2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn2＋＋2e－=Zn。【详解】I．（1）泥罐内的主要反应为：i．ZnCO3(s)=ZnO(s)+CO2(g)H1ii．CO2(g)+C(s)=2CO(g)H2……总反应：ZnCO3(s)+2C

(s)=Zn(g)+3CO(g)H3根据盖斯定律：总反应-i-ii得ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)，H=H3-H1-H2，利用H1和H2计算时H3，还需要利用ZnO(s)+C(s)=Zn

(g)+CO(g)反应的H。故答案为：ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)；（2）锌的熔点为419.6℃，沸点907℃，泥罐中，温度由1100～1300℃变成500～700℃，金属锌的状态变化是气态变为液态；出口处主要是末反应CO和Zn蒸气在

出口处燃烧，形成“锌火”，d口出去的物质主要是CO和Zn蒸气。故答案为：气态变为液态；CO和Zn蒸气；Ⅱ．（3）①Fe2+的作用类似催化剂，ⅱ中应将Fe3+还原成Fe2+，ZnS的溶解的离子方程式：ZnS+2Fe3+=Zn2+

+2Fe2++S。故答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S；②证实上述“催化”过程的实验方案：a．检验Fe2+被氧化成Fe3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b．检验Fe3+被还原成Fe2+：取a中红色溶液，向其中加

入ZnS，振荡，红色褪去。故答案为：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；（4）除铁：通入空气需同时补充适量ZnO的理由是：通入空气时，发生反应4Fe2+＋O2＋8H2O＝4FeOOH＋8H

+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+＝H2O+Zn2+，可控制溶液pH。故答案为：通入空气时，发生反应4Fe2+＋O2＋8H2O＝4FeOOH＋8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H

+发生反应ZnO+2H+＝H2O+Zn2+，可控制溶液pH；（5）电解：用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，将Mn2+氧化成MnO2，阳极的电极反应是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2

+4H+；（6）电解后的溶液中生成硫酸，可循环利用。故答案为：硫酸。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质性质与分离、提纯方法的关系，试题涉及的化学反应较多，分析发生的反应是解题的

难点：古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌、现代冶炼锌流程图中的各步反应（详见分析），对学生的分析、理解能力及化学实验能力要求较高。19.某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应。实验中：c(KSCN)=0.1mol/L；c[Fe2(SO4)3]=0.02

5mol/L；c(CuSO4)=0.05mol/L。Ⅰ.KSCN溶液与CuSO4溶液反应，实验如下。资料：ⅰ.Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2。ⅱ.(SCN)2称为“拟卤素”，在水溶液中呈黄色；(S

CN)2的化学性质与Cl2相似，可与水、碱等发生反应。（1）a中CuSO4溶液显酸性的原因是______（用离子方程式表示）。（2）a→b中试管内溶液pH减小，可能的原因是______。（3）b→c产生沉淀的原因是______。Ⅱ.同学们根据

相同条件下氧化性：Fe3+＞Cu2+，预测Fe3+与SCN-也可发生类似a中的氧化还原反应，进行如下实验。（4）向Fe2(SO4)3溶液中滴入少量KSCN溶液，观察到______，表明发生了反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。（5）基于（

4）继续实验：用Fe2(SO4)3溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池，电压表指针几乎不偏转。该实验的目的是______。（6）查阅资料并讨论后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强

弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析a中反应发生的原因：生成CuSCN沉淀使Cu2+的氧化性增强，并补充实验进一步证明。补充的实验是______。（7）取（4）中反应后溶液，逐滴加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，并且沉淀量逐渐增多。该实验结果与（

5）中实验结果不一致，解释原因：______。（8）为进一步证实（7）中的解释，在以上实验的基础上补充实验，其操作及现象是___。【答案】(1).Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+(2).生成（SCN）2与水反应

所得HSCN为强酸，使溶液pH减小(3).NaOH与（SCN）2反应，使溶液中c（SCN-）增大，与Cu2+继续反应生成少量CuSCN(4).溶液变为红色(5).在无Fe3++3SCN-Fe（SCN）3干扰时，证明Fe3+能否将SCN

-氧化(6).用CuSO4溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池(7).滴入K3[Fe(CN)6]溶液时，与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增强(8).在（5）的原电池中，向盛有Fe2(SO4)3溶液的容器中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，指针发生明

显偏转，且该侧电极为正极【解析】【分析】Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2，充分反应后过滤，得到(SCN)2溶液，其水溶液呈黄色；(SCN)2与NaOH发生反应，(SCN)2+2NaO

H=NaSCN+NaSCNO+H2O。【详解】I、（1）CuSO4溶液显酸性的原因是Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+；（2）根据题给资料，a到b试管中pH减小的可能原因是：卤素单质能和水反应生成两种酸（氟气除外），所以SCN-生成的（SCN）2也能和

水反应生成两种酸，所得HSCN为强酸，使溶液pH减小；（3）根据题给资料，b到c产生沉淀的原因是：(SCN)2与NaOH发生反应，(SCN)2+2NaOH=NaSCN+NaSCNO+H2O，使溶液中c（SCN）-增大，与Cu2+继续反应

生成少量CuSCN。II、（4）向Fe2(SO4)3溶液中滴入少量KSCN溶液，观察到溶液变为红色，表明发生了反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。（5）基于（4）继续实验：用Fe2(SO4)3溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池，电压表指针几

乎不偏转。该实验的目的是探究在无Fe3++3SCN-Fe（SCN）3干扰时，证明Fe3+能否将SCN-氧化；（6）根据查阅的资料和分析的原因，设计的实验要排除CuSCN的干扰，所以补充的实验：用CuSO4溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、

盐桥等组装成原电池；（7）取（4）中反应后溶液，逐滴加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，并且沉淀量逐渐增多。根据（6）中查阅的资料可知，该实验结果与（5）中实验结果不一致是因为：滴入K3[Fe(CN)6

]溶液时，与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增强；（8）为了证实（7）中的解释，采用对比实验，在（5）的原电池中，向盛有Fe2(SO4)3溶液的容器中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，指针发生明显偏转，且该侧电极为正极。【点睛】(SCN)2的化学性质与Cl2相似，可仿Cl2与水、碱等反应解

答。设计实验方案必须排除干扰，设计对比实验。