精品解析：山东省潍坊市寿光市第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题

高三化学十月月考模块检测试题 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Al27 S32 Cl35.5 Mn55 Fe56 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. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述中不涉及氧化还原反应的是 A. 用石灰石对燃煤废气脱硫 B. 绿化造林助力实现碳中和目标 C. 内服小苏打药片治疗胃酸过多 D. 可降解包装材料的完全降解有利于减少白色污染 2. 下列物质应用错误的是 A. 石墨用作润滑剂 B. 氧化钙用作食品干燥剂 C. 二氧化硫可用作食品添加剂 D. 二氧化硅可用作导电材料 3. 下列利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲灼烧海带 B. 用装置乙过滤海带灰浸泡液 C. 用装置丙得到I2的CCl4溶液 D. 用装置丁提纯粗碘 4. 铁是当前应用量最大的金属元素。下列说法错误的是 A. 生铁与普通钢都是以铁为主的含碳合金 B. 与铜质水龙头连接处的铁水管不容易发生腐蚀 C. 红色涂料中的“铁红”，其主要化学成分是 D. 食用富含维生素C的食物有助于人体对铁元素的吸收 5. 2020年，天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如下图(隔膜a只允许OH-通过)。下列说法错误的是 A. Ni2P电极与电源正极相连 B. In/In2O3-x电极上发生氧化反应 C. 电解过程中，OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移 D. Ni2P电极上发生的电极反应：CH3(CH2)7NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O 6. 微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. HS-转化为的反应为HS-+4H2O-8e-=+9H+ B. 电极b是该电池的正极，发生氧化反应 C. 电子从电极b流出，经外电路流向电极a D. 若外电路中有0.4mol电子发生转移，则有0.5molH+通过质子交换膜 7. 回收利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如下图(部分产物已略去)。 已知：和均为能溶于水的强电解质。下列说法正确的是 A. 物质a表现氧化性 B. 易溶于水 C. 过程iii发生反应的离子方程式为 D. 过程i、过程ii、过程iii中均有气体生成 8. 已知由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐中加入足量浓硫酸，发生反应：。下列说法错误的是 A. 中的两种酸根阴离子分别为和 B. 中不含非极性共价键 C. 在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性 D. 每产生0.1mol，转移电子的数目约为 9. 是制备磁性材料和催化剂的重要中间体。用含镍废料(主要成分为NiO，含有少量CuO、FeO和)制备并回收金属资源的流程如图： 下列说法错误的是 A. 滤渣l的成分为 B. 滤渣2的成分为中可能含S单质 C. “操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶 D. 第一步“酸溶”时可选用硝酸 10. 实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是 A. 可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中 B. 应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液 C. 应选用烧杯而非称量纸称量固体 D. 达到滴定终点时溶液显橙色 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. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1.12L甲烷中含有的共价键数目为0.2NA B. 0.5mol熔融的中含有的离子数目为1.5NA C. 5.6g铁粉与足量稀硝酸充分反应，转移电子数为0.3NA D. 4.6g和的混合气体中所含氮原子数目为0.1NA 12. 下图是一套模拟工业生产的电化学装置。丙装置中两电极均为惰性电极，电解质溶液为KCl溶液，不考虑气体溶解，且钾离子交换膜只允许钾离子通过。下列说法正确的是 A. 若甲装置中a、b均为惰性电极，一段时间后，两极均有气体产生，则加入CuO一定能使溶液复原 B. 若甲装置中b为精铜，a为镀件，则可实现a上镀铜 C. 丙装置可以制取KOH溶液，制得的KOH可以通过g口排出 D. 当d电极消耗标准状况下1.12LO2时，丙装置中阳极室溶液质量减少14.9g 13. 实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法不正确的是 A. ①中用瓷坩埚作反应器 B. ①中用KOH作强碱性介质 C. ②中K2MnO4只体现氧化性 D. MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7％ 14. 在恒压、H2和CO2的起始浓度一定的条件下，用催化剂Ni/xMg(x值越大表示Mg含量越高)催化反应4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，相同时间测得不同温度下CO2的转化率如图所示。下列说法正确的是 A. 升高温度，平衡逆向移动 B. 355℃时，催化剂的活性最强 C. 反应足够长时间可提高W点CO2的转化率 D. 相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率越高 15. 在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是 A. 含N分子参与的反应一定有电子转移 B. 由NO生成的反应历程有2种 C. 增大NO的量，的平衡转化率不变 D. 当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。利用软锰矿(主要成分为，含少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，脱除燃煤尾气中的并制得的流程如下： 回答下列问题： （1）过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、_______；其中玻璃棒的作用是________。 （2）下列各组试剂中，能检验“尾气”中SO2是否除尽的是_______(填序号)。 a.氯化钡溶液 b.稀硫酸酸化的KMnO4溶液时 c.碘水和淀粉的混合溶液 d.NaOH溶液 （3）步骤II中所加碳酸盐最好为___________(填化学式)。 （4）步骤IV中发生反应的离子方程式为___________。 （5）已知“含SO2的尾气”中，若软锰矿浆对SO2的有效吸收率为90%，处理1000m3含SO2的尾气，步骤Ⅰ得到硫酸锰的质量为___________kg。 17. 高铁酸钾()常温下不稳定，具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，是一种绿色环保多功能型水处理剂。下图是生产高铁酸钾的一种工艺流程： 回答下列问题： （1）步骤①在较低温度下进行，若温度较高时会生成。取某温度下反应液，测得与离子的物质的量浓度之比是1：2，则与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为___________。 （2）步骤②加入NaOH固体的目的是___________(填序号)。 A. 与溶液I中过量的继续反应，生成更多的NaClO B. NaOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率 C. 为下一步反应提供碱性的环境 D. 使反应①中生成的转化为NaClO （3）写出步骤④发生反应的离子方程式___________。该步骤一般用铁的硝酸盐或硫酸盐而不用氯化物，原因是___________。 （4）往溶液II中加入饱和KOH溶液，能够得到湿产品的原因是___________。 （5）极易溶于水，步骤⑥在提纯时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用___________(填序号)。 A. B. KOH溶液 C. 异丙醇 D. 溶液 （6）该工艺流程中可循环使用的物质是___________(填化学式)。 18. 工业尾气中的氮氧化物(NOx)可用氨催化吸收法和电解氧化吸收法除去。某同学采用以下装置或步骤模拟工业上氮氧化物的处理过程。回答下列问题： I．氨催化吸收法： （1）实验室制备氨气的发生装置，可以选择如图装置中的___________(填序号)。 （2）将上述收集到的充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入(两端用夹子、夹好)。在一定温度下按如图装置进行实验。 ①Z中盛有___________(填名称)；打开，关闭，能够被还原，预期观察到Y装置中的现象是___________。 ②氨气与NOx反应的化学方程式为___________。 II．电解氧化吸收法： （3）电解氧化吸收法可将废气中的转变为硝态氮。分别向0.1NaCl溶液和0.08溶液(起始pH均调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图1所示。电解0.1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。 ①电解溶液时产生。氧化吸收NO的离子方程式为___________。 ②电解NaCl溶液时，当电流强度大于4A后，NO去除率下降的原因是___________。 19. 二氧化硫在生产和生活中有着广泛的用途。 （1）SO2可用来制备定影剂Na2S2O3,，反应的化学方程式为：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2↑。请用单线桥表示该反应中的电子转移情况______，还原剂与氧化剂的物质的量之比为____。 （2）用足量NaOH溶液吸收尾气中的SO2，反应的离子方程式为______；吸收后的浓溶液可用图1的装置再生循环脱硫，并制得硫酸，电极a的电极反应为_____，乙是____。 （3）可设计二氧化硫空气质子交换膜燃料电池处理尾气中的二氧化硫，原理如图2所示。其能量转化的主要形式是______，c电极是__极，移动的离子及方向是____。 20. 探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1 Ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=-90.4kJ·mol-1 Ⅲ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3 回答下列问题： （1）ΔH3=_______kJ·mol-1。 （2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)的浓度为________ mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。 （3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。 已知：CO2的平衡转化率=×100%，CH3OH的平衡产率=×100%。 ①其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图_________ (填“甲”或“乙”)。 ②压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_________。 ③图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是____________。 （4）在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为p0，仅进行反应I。 ①反应达到平衡后，若CO2转化率为x，则容器的压强与起始压强之比为________ (用x表示)。 ②若经过30h反应达到平衡，平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，（分压=总压×物质的量分数）写出上述反应压力平衡常数Kp为__________ (用p0表示，并化简)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学十月月考模块检测试题 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Al27 S32 Cl35.5 Mn55 Fe56 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. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述中不涉及氧化还原反应的是 A. 用石灰石对燃煤废气脱硫 B. 绿化造林助力实现碳中和目标 C. 内服小苏打药片治疗胃酸过多 D. 可降解包装材料的完全降解有利于减少白色污染 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．用石灰石对燃煤废气脱硫是利用石灰石分解产生的氧化钙和燃煤产生的二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧化为硫酸钙从而脱硫的，发生了氧化还原反应，故A不选； B．绿化造林可以利用光合作用，绿色植物吸收空气中的二氧化碳从而达到减碳的目的。光合作用是绿色植物利用光能，使二氧化碳和水合成有机物并释放氧的过程，发生了氧化还原反应，故B不选； C．小苏打即NaHCO3和胃酸中的盐酸发生复分解反应，没有发生氧化还原反应，故C选； D．塑料降解有光降解和生物降解，都发生了氧化还原反应，故D不选； 故选C。 2. 下列物质应用错误的是 A. 石墨用作润滑剂 B. 氧化钙用作食品干燥剂 C. 二氧化硫可用作食品添加剂 D. 二氧化硅可用作导电材料 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．石墨是混合型晶体，具有层状结构，层与层之间用范德华力结合，范德华力比较弱，在外力作用下层与层之间可以滑动，润滑性能良好，所以石墨可用润滑剂，故A正确； B．氧化钙能和水反应，有吸水性，可用作食品干燥剂，故B正确； C．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，二氧化硫可用作食品添加剂，故C正确； D．二氧化硅不导电，不能用作导电材料，故D错误； 故选D。 3. 下列利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲灼烧海带 B. 用装置乙过滤海带灰浸泡液 C. 用装置丙得到I2的CCl4溶液 D. 用装置丁提纯粗碘 【答案】A 【解析】 【详解】A．海带的灼烧要使用坩埚，A错误； B．海带灰难溶于水，用过滤方法除去，B正确； C．I2更易溶解在CCl4中，且CCl4密度比水大，与水互不相溶，用分液漏斗分离，C正确； D．碘单质易升华，碘蒸气遇装有冷水的圆底烧瓶发生凝固，得到纯净的碘固体，从而得到提纯，D正确； 故选A。 4. 铁是当前应用量最大的金属元素。下列说法错误的是 A. 生铁与普通钢都是以铁为主的含碳合金 B. 与铜质水龙头连接处的铁水管不容易发生腐蚀 C. 红色涂料中的“铁红”，其主要化学成分是 D. 食用富含维生素C的食物有助于人体对铁元素的吸收 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．生铁与普通钢都是以铁为主的含碳合金，生铁中的含碳量大于钢中的含碳量，故A正确； B．铜、铁和自来水能构成原电池，铁做负极，所以与铜质水龙头连接处的铁水管容易发生吸氧腐蚀，故B错误； C．Fe2O3是红棕色粉末，红色涂料中的“铁红”，其主要化学成分是 Fe2O3，故C正确； D．维生素C具有还原性，人体吸收的是二价铁，而二价铁易被氧化，所以食用富含维生素C的食物有助于人体对铁元素的吸收，故D正确； 故选B。 5. 2020年，天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如下图(隔膜a只允许OH-通过)。下列说法错误的是 A. Ni2P电极与电源正极相连 B. In/In2O3-x电极上发生氧化反应 C. 电解过程中，OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移 D. Ni2P电极上发生的电极反应：CH3(CH2)7NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O 【答案】B 【解析】 【分析】由图中In/In2O3-x电极上CO2→HCOO-可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，据此分析解答。 【详解】A．Ni2P电极上发生氧化反应，则为阳极，与电源正极相连，故A正确； B．In/In2O3-x 电极为阴极，电极上发生还原反应，故B错误； C．电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移，故C正确； D．由图可知，Ni2P电极为阳极，CH3(CH2)7NH2→CH3 (CH2 )6CN，阳极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，故D正确； 故答案为B。 6. 微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. HS-转化为的反应为HS-+4H2O-8e-=+9H+ B. 电极b是该电池的正极，发生氧化反应 C. 电子从电极b流出，经外电路流向电极a D. 若外电路中有0.4mol电子发生转移，则有0.5molH+通过质子交换膜 【答案】A 【解析】 【分析】由图可以知道硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，负极上HS-硫氧化菌作用下转化为，失电子发生氧化反应，电极反应式是：HS-+4H2O-8e-=+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应:4H++O2+4e-=2H2O。 【详解】A．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=+9H+，故A正确； B．电极b是该电池的正极，发生还原反应，故B错误； C．b是电池的正极，a是负极，所以电子从a流出，经外电路流向b，故C错误； D．根据电子守恒，若该电池有0.4mol电子转移，有0.4molH+通过质子交换膜，故D错误； 本题答案为A。 7. 回收利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如下图(部分产物已略去)。 已知：和均为能溶于水的强电解质。下列说法正确的是 A. 物质a表现氧化性 B. 易溶于水 C. 过程iii发生反应的离子方程式为 D. 过程i、过程ii、过程iii中均有气体生成 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．过程i中PbO2转化为PbSO4，Pb的化合价降低，所以物质a表现还原性，故A错误； B．铅膏中含有硫酸铅，所以硫酸铅不溶于水，故B错误； C．PbSiF6 和H2SiF6均为能溶于水的强电解质，所以H2SiF6为强酸，完全电离，和PbCO3反应的是H+，反应生成的PbSiF6溶于水，完全电离，所以离子方程式为：PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑，故C正确； D．过程ii中发生了沉淀的转化：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+ (aq)，PbSO4转化成了更难溶的PbCO3，没有气体生成，故D错误； 故选C。 8. 已知由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐中加入足量浓硫酸，发生反应：。下列说法错误的是 A. 中的两种酸根阴离子分别为和 B. 中不含非极性共价键 C. 在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性 D. 每产生0.1mol，转移电子的数目约为 【答案】D 【解析】 【分析】CaOCl2是混盐，阳离子是Ca2+，阴离子是Cl-和ClO-。由化学反应方程式CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O可知，反应中混盐含有的阴离子Cl-失电子，C1O -得电子，都生成氯气，发生归中反应，CaOCl2自身既是氧化剂又是还原剂。 【详解】A．根据上述分析可知：CaOCl2中的两种酸根阴离子分别为Cl-和ClO-，A正确； B．由以上分析可知，CaOCl2中含离子键和极性共价键，不含非极性共价键，B正确； C．在CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O反应中，浓硫酸中没有化合价变化，不体现氧化性，C正确； D．根据反应中C1-失电子，C1O-得电子，可知发生归中反应生成Cl2，每产生1molCl2，转移1mol电子，所以产生0.1molCl2，转移电子的数目约为6.02×1022，D错误； 答案为D。 9. 是制备磁性材料和催化剂的重要中间体。用含镍废料(主要成分为NiO，含有少量CuO、FeO和)制备并回收金属资源的流程如图： 下列说法错误的是 A. 滤渣l的成分为 B. 滤渣2的成分为中可能含S单质 C. “操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶 D. 第一步“酸溶”时可选用硝酸 【答案】D 【解析】 【分析】含镍废料(主要成分为NiO，含有少量CuO、FeO和SiO2)加入硫酸酸溶，滤渣1为SiO2，滤液1含有NiSO4、CuSO4、FeSO4，加入FeS，可除去Cu2+，生成的滤渣2含有CuS，滤液2加入碳酸钠，可生成碳酸亚铁沉淀，过滤出沉淀后加入硫酸溶液可生成硫酸亚铁，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，滤液3含有NiSO4，以此解答该题。 【详解】A．SiO2不溶于硫酸，所以酸溶后过滤的滤渣1是SiO2，故A正确； B．利用FeS除去Cu2+，FeS可转化为溶解度更小的CuS。由于亚铁离子易被氧化，则滤液中可含有Fe3+，Fe3+氧化S2-生成S单质，则滤渣2的成分中可能含有S单质，故B正确； C．由溶液得到结晶水合物，为了避免结晶水在加热时失去，可用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，C正确； D．最终制得的是NiSO4，所以第一步“酸溶”时要选择硫酸，若选择硝酸，最后得不到NiSO4，故D错误； 故合理选项是D。 10. 实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是 A. 可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中 B. 应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液 C. 应选用烧杯而非称量纸称量固体 D. 达到滴定终点时溶液显橙色 【答案】A 【解析】 【分析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。 【详解】A．量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误； B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确； C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确； D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确； 综上所述，本题选A。 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. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1.12L甲烷中含有的共价键数目为0.2NA B. 0.5mol熔融的中含有的离子数目为1.5NA C. 5.6g铁粉与足量稀硝酸充分反应，转移电子数为0.3NA D. 4.6g和的混合气体中所含氮原子数目为0.1NA 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】A．未强调标准状况条件，无法计算甲烷中的共价键的数目，A项错误； B．熔融的 NaHSO4 中含有的离子为钠离子和硫酸氢根离子，所以0.5mol熔融的 NaHSO4 中含有的离子数目为NA，B项错误； C．5.6 g铁粉的物质的量为0.1mol，与足量稀硝酸充分反应生成硝酸铁，则转移电子数为0.3NA，C项正确； D．NO2和N2O4的最简式均为NO2，4.6 g NO2和N2O4的混合气体可以看作是4.6gNO2，4.6gNO2的物质的量为0.1mol，则所含氮原子数目为0.1NA，D项正确； 故选CD。 12. 下图是一套模拟工业生产的电化学装置。丙装置中两电极均为惰性电极，电解质溶液为KCl溶液，不考虑气体溶解，且钾离子交换膜只允许钾离子通过。下列说法正确的是 A. 若甲装置中a、b均为惰性电极，一段时间后，两极均有气体产生，则加入CuO一定能使溶液复原 B. 若甲装置中b为精铜，a为镀件，则可实现a上镀铜 C. 丙装置可以制取KOH溶液，制得的KOH可以通过g口排出 D. 当d电极消耗标准状况下1.12LO2时，丙装置中阳极室溶液质量减少14.9g 【答案】D 【解析】 【分析】结合图可知装置乙为甲醇燃料电池，c电极为负极，电极反应式为8OH-+CH3OH-6e-=CO2+6H2O，d电极为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；甲为电解池装置，b与燃料电池负极相连，为阴极，a为阳极；丙装置为电解池装置，e电极与燃料电池正极相连，为阳极，f为阴极，结合原电池、电解池相关知识解答。 【详解】A．甲装置为电解池装置，a为阳极，b为阴极，a、b电极材料均为惰性电极，电解一段时间后，两极均有气体产生，则a极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，b电极先发生Cu2++2e-=Cu，后发生2H++2e-=H2，由电极反应式可知整个过程消耗了Cu2+和水(H和O)，产生了硫酸，因此则向溶液中加入Cu、H、O元素可以使溶液恢复到电解前的情况，即加入Cu(OH)2，故A错误； B．若在甲池中实现镀件上镀铜，则镀件作阴极，铜作阳极，则b电极的电极材料为镀件，故B错误； C．若在丙池中用KCl溶液制取KOH溶液和氯气，则e、f均为惰性电极，水在阴极得电子产生氢气和氢氧根离子，钾离子透过交换膜与阴极产生的氢氧根离子结合为KOH，即KOH在阴极f产生，因此高浓度的KOH溶液从h口出，故C错误； D．d电极为燃料电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，C池中阳极发生2Cl-2e-=Cl2，同时阳极室的部分K+移向阴极，由O2+2H2O+4e-=4OH-可知当d电极消耗标准状况下1.12LO2(0.05mol)时，电子转移0.2mol，则C池中产生0.1mol氯气，以及0.2molK+移向阴极室，阳极室溶液质量减少。 13. 实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法不正确的是 A. ①中用瓷坩埚作反应器 B. ①中用KOH作强碱性介质 C. ②中K2MnO4只体现氧化性 D. MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7％ 【答案】AC 【解析】 【分析】根据制备过程知，①中发生的反应为KClO3+3MnO2+6KOHKCl+3K2MnO4+3H2O；②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，根据得失电子守恒，可得3K2MnO4→MnO2↓+2KMnO4；据此分析作答。 【详解】A．①是高温下在熔融强碱性介质中反应，瓷坩埚的主要成分SiO2会与强碱反应，不能用瓷坩埚作反应器，A项错误； B．①的目的是制备K2MnO4，为了不引入杂质，应用KOH作强碱性介质，B项正确； C．②中K2MnO4的Mn元素的化合价一部分由+6价升至KMnO4中的+7价、一部分降至MnO2中的+4价，K2MnO4既表现氧化性、又表现还原性，C项错误； D．根据KClO3+3MnO2+6KOHKCl+3K2MnO4+3H2O、3K2MnO4→MnO2↓+2KMnO4，理论上3molMnO2经①生成3molK2MnO4，3molK2MnO4经②生成2molKMnO4和1molMnO2，MnO2转化为KMnO4的理论转化为、约为66.7%，D项正确； 答案选AC。 14. 在恒压、H2和CO2的起始浓度一定的条件下，用催化剂Ni/xMg(x值越大表示Mg含量越高)催化反应4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，相同时间测得不同温度下CO2的转化率如图所示。下列说法正确的是 A. 升高温度，平衡逆向移动 B. 355℃时，催化剂的活性最强 C. 反应足够长时间可提高W点CO2的转化率 D. 相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率越高 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．由图可知，该反应在360℃左右，反应达到平衡状态，再升高温度，CO2的转化率下降，说明平衡逆向移动，故A正确； B．由图可知，在250℃到325℃时，相同时间下测得CO2的转化率变化幅度大，即在该段温度范围下催化剂催化反应速率最快，其活性最强，故B错误； C．由图可知，W点反应已达到平衡状态，延长W点的反应时间不能提高CO2的转化率，故C错误； D．由图可知，在反应未达到平衡时，相同条件下，在Ni/0.05Mg催化剂条件下CO2的转化率大于在Ni/0.1Mg催化剂条件下CO2的转化率，说明相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率不是越高，故D错误； 故答案为A。 15. 在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是 A. 含N分子参与的反应一定有电子转移 B. 由NO生成的反应历程有2种 C. 增大NO的量，的平衡转化率不变 D. 当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确； B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确； C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确； D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误； 答案选D。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。利用软锰矿(主要成分为，含少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，脱除燃煤尾气中的并制得的流程如下： 回答下列问题： （1）过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、_______；其中玻璃棒的作用是________。 （2）下列各组试剂中，能检验“尾气”中SO2是否除尽的是_______(填序号)。 a.氯化钡溶液 b.稀硫酸酸化的KMnO4溶液时 c.碘水和淀粉的混合溶液 d.NaOH溶液 （3）步骤II中所加碳酸盐最好为___________(填化学式)。 （4）步骤IV中发生反应的离子方程式为___________。 （5）已知“含SO2的尾气”中，若软锰矿浆对SO2的有效吸收率为90%，处理1000m3含SO2的尾气，步骤Ⅰ得到硫酸锰的质量为___________kg。 【答案】（1） ①. 漏斗 ②. 引流 （2）bc （3） （4） （5）13.59 【解析】 【分析】 【小问1详解】 硅酸盐仪器包括玻璃仪器和陶瓷制品，过滤时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；玻璃棒的作用是引流，防止液体流到漏斗外面。 【小问2详解】 二氧化硫有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能和碘反应从而使碘水和淀粉的混合液的蓝色褪去；二氧化硫和氯化钡溶液不发生反应，二氧化硫虽然和NaOH溶液反应，但生成物也是无色的，所以无明显现象，所以给出的四种试剂中能检验二氧化硫的是b和c。 【小问3详解】 步骤Ⅱ加入碳酸盐的目的是除去铁铝，为了不引入新杂质，最好选用和最终产品相同的阳离子的碳酸盐，故应选择MnCO3。 【小问4详解】 步骤IV中加入高锰酸钾的目的是将Mn2+氧化为最终产品MnO2，高锰酸钾的还原产物也是MnO2，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：3Mn2++2+2H2O=5MnO2+4H+。 【小问5详解】 1000m3的尾气中含有二氧化硫的质量为1000m3×6.4g/m3=6400g，物质的量为100mol，SO2的有效吸收率为90%，则SO2被吸收了90mol。SO2和MnO2反应，SO2被氧化为，MnO2被还原为Mn2+，生成MnSO4，根据电子守恒，SO2和MnO2的物质的量相等，所以生成的MnSO4的物质的量和参加反应的SO2的物质的量相等，即90mol，则MnSO4的质量为90mol×151g/mol=13590g，即13.59kg。 17. 高铁酸钾()常温下不稳定，具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，是一种绿色环保多功能型水处理剂。下图是生产高铁酸钾的一种工艺流程： 回答下列问题： （1）步骤①在较低温度下进行，若温度较高时会生成。取某温度下反应液，测得与离子的物质的量浓度之比是1：2，则与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为___________。 （2）步骤②加入NaOH固体的目的是___________(填序号)。 A. 与溶液I中过量的继续反应，生成更多的NaClO B. NaOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率 C. 为下一步反应提供碱性的环境 D. 使反应①中生成的转化为NaClO （3）写出步骤④发生反应的离子方程式___________。该步骤一般用铁的硝酸盐或硫酸盐而不用氯化物，原因是___________。 （4）往溶液II中加入饱和KOH溶液，能够得到湿产品的原因是___________。 （5）极易溶于水，步骤⑥在提纯时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用___________(填序号)。 A. B. KOH溶液 C. 异丙醇 D. 溶液 （6）该工艺流程中可循环使用的物质是___________(填化学式)。 【答案】（1）11：3 （2）AC （3） ①. ②. Cl-会被NaClO氧化产生氯气 （4）高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小 （5）C （6）NaOH 【解析】 【分析】足量氯气通入氢氧化钠溶液中低温反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，加入固体氢氧化钠除去氯化钠得到碱性次氯酸钠浓溶液，加入硝酸铁浓溶液得到溶液Ⅱ，再加入饱和的KOH溶液可得到，高铁酸钾湿产品，经纯化洗涤干燥得到高铁酸钾晶体，据此分析解题。 【小问1详解】 据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物有：NaClO3、NaCl、NaClO、H2O，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得14NaOH+7Cl2=NaClO+2NaClO3+11NaCl+7H2O；Cl2中Cl元素的化合价既升高又降低，14个Cl原子中有11个降低，被还原，有3个化合价升高，被氧化，故被还原的氯原子和被氧化的氯原子之比为：11:3，故答案为：11:3； 【小问2详解】 A．根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，加入NaOH固体后会继续反应生成NaClO，A正确； B．因温度较高时NaOH 与Cl2反应生成的是NaClO3，而不是NaClO，B错误； C．第③步需要碱性条件，所以碱要过量，C正确； D．NaClO3转化为 NaClO，化合价只降不升，D错误； 故答案为：AC； 【小问3详解】 据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-，生成物：、Cl-，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得，Cl-会被NaClO氧化产生氯气，产生有毒气体氯气，故该步骤一般用铁的硝酸盐或硫酸盐而不用氯化物，故答案为：；Cl-会被NaClO氧化产生氯气； 【小问4详解】 由于高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故往溶液II中加入饱和KOH溶液，能够得到湿产品，故答案为：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小； 【小问5详解】 根据已知给定信息“①K2FeO4可溶于水、徼溶于浓KOH溶液②在强碱性溶液中稳定，在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解”可知，异丙醇的沸点比一般溶液的要低，易挥发便于干燥，故洗涤剂最好选用异丙醇，故答案为：C； 【小问6详解】 根据流程图可知，步骤①②中都要加入NaOH，在步骤⑤中发生反应为：2KOH+ Na2FeO4 =K2FeO4+2NaOH，故在该工艺流程中可循环使用的物质是NaOH，故答案为：NaOH。 18. 工业尾气中的氮氧化物(NOx)可用氨催化吸收法和电解氧化吸收法除去。某同学采用以下装置或步骤模拟工业上氮氧化物的处理过程。回答下列问题： I．氨催化吸收法： （1）实验室制备氨气的发生装置，可以选择如图装置中的___________(填序号)。 （2）将上述收集到的充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入(两端用夹子、夹好)。在一定温度下按如图装置进行实验。 ①Z中盛有___________(填名称)；打开，关闭，能够被还原，预期观察到Y装置中的现象是___________。 ②氨气与NOx反应的化学方程式为___________。 II．电解氧化吸收法： （3）电解氧化吸收法可将废气中的转变为硝态氮。分别向0.1NaCl溶液和0.08溶液(起始pH均调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图1所示。电解0.1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。 ①电解溶液时产生。氧化吸收NO的离子方程式为___________。 ②电解NaCl溶液时，当电流强度大于4A后，NO去除率下降的原因是___________。 【答案】（1）BD （2） ①. 氢氧化钠溶液 ②. 混合气体颜色变浅，甚至变为无色 ③. （3） ①. ②. 随着电流强度的增大，浓度减小，浓度增大，但氧化性比弱 【解析】 【分析】 【小问1详解】 实验室可以用加热氢氧化钙和氯化铵固体混合物的方法制备氨气，但装固体混合物的试管口应略向下倾斜，以免生成的水蒸气冷凝回流到试管底部炸裂试管。也可以利用浓氨水的挥发性，用直接加热浓氨水或向氧化钙固体上滴加浓氨水的方法制取氨气，但直接加热氯化铵固体不能得到氨气，因为氯化铵受热分解生成的氨气和HCl在温度稍低时会迅速再结合成氯化铵，导致氨气不能逸出试管，所给的四种装置，能用来制取氨气的是B和D； 【小问2详解】 ①反应中用到NO2和NH3，均为大气污染物，不能随意排放，需要进行尾气处理，NO2能和NaOH溶液发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，氨气极易溶于水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，故Z中盛有氢氧化钠溶液。NO2是红棕色气体，氨气和NO2发生反应生成无色的氮气，所以可观察到Y装置中混合气体颜色变浅，甚至变为无色。②氨气与NOx反应生成无污染的氮气和水，化学方程式为：； 【小问3详解】 ①电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为硝态氮，则氧化吸收NO，NO被氧化为，H2O2被还原为H2O，离子方程式为：； ②从图2可以看出，当电流强度大于4A后，溶液中氧化性强的ClO-浓度降低，而氧化性相对较弱的浓度增大，所以导致NO去除率下降。 19. 二氧化硫在生产和生活中有着广泛的用途。 （1）SO2可用来制备定影剂Na2S2O3,，反应的化学方程式为：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2↑。请用单线桥表示该反应中的电子转移情况______，还原剂与氧化剂的物质的量之比为____。 （2）用足量NaOH溶液吸收尾气中的SO2，反应的离子方程式为______；吸收后的浓溶液可用图1的装置再生循环脱硫，并制得硫酸，电极a的电极反应为_____，乙是____。 （3）可设计二氧化硫空气质子交换膜燃料电池处理尾气中的二氧化硫，原理如图2所示。其能量转化的主要形式是______，c电极是__极，移动的离子及方向是____。 【答案】 ①. ②. 1∶2 ③. SO2+2OH-=+H2O ④. 2H2O+2e-= H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑） ⑤. 浓度较大的H2SO4溶液 ⑥. 化学能转化成电能 ⑦. 负 ⑧. H+由c电极通过质子交换膜向d电极移动 【解析】 【分析】(1) Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2↑，反应中Na2S中S的化合价由-2价升高到+2价，SO2中S的化合价由+4价降低到+2价，根据化合价的变化分析解答； (2)用足量NaOH溶液吸收尾气中的SO2，反应生成亚硫酸钠；吸收后的浓溶液可再生循环脱硫，并制得硫酸，根据化合价的变化，结合电解池原理分析解答； (3)二氧化硫空气质子交换膜燃料电池属于原电池，结合原电池原理分析解答。 【详解】(1) Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2↑，反应中Na2S中S的化合价由-2价升高到+2价，Na2S为还原剂，SO2中S的化合价由+4价降低到+2价，SO2为氧化剂，反应中的电子转移情况用单线桥表示为 ，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，故答案为 ；1∶2； (2)用足量NaOH溶液吸收尾气中的SO2，反应生成亚硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2OH-=+H2O；吸收后的浓溶液可再生循环脱硫，并制得硫酸，根据图示，电极a为阴极，溶液中的氢离子放电发生还原反应，电极反应为2H2O+2e-= H2↑+2OH-(或2H++2e-=H2↑)，电极b为阳极，亚硫酸根离子在阳极发生氧化反应生成硫酸，因此乙是浓度较大的H2SO4溶液，故答案为SO2+2OH-=+H2O；2H2O+2e-= H2↑+2OH-(或2H++2e-=H2↑)；浓度较大的H2SO4溶液； (3)二氧化硫空气质子交换膜燃料电池属于原电池，原电池的能量转化是化学能转化成电能，二氧化硫为燃料，在负极上发生氧化反应，通入空气的电极为正极，因此c电极是负极，溶液中的氢离子由c电极通过质子交换膜向d电极移动，故答案为化学能转化成电能；负；H+由c电极通过质子交换膜向d电极移动。 20. 探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1 Ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=-90.4kJ·mol-1 Ⅲ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3 回答下列问题： （1）ΔH3=_______kJ·mol-1。 （2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)的浓度为________ mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。 （3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。 已知：CO2的平衡转化率=×100%，CH3OH的平衡产率=×100%。 ①其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图_________ (填“甲”或“乙”)。 ②压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_________。 ③图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是____________。 （4）在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为p0，仅进行反应I。 ①反应达到平衡后，若CO2转化率为x，则容器的压强与起始压强之比为________ (用x表示)。 ②若经过30h反应达到平衡，平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，（分压=总压×物质的量分数）写出上述反应压力平衡常数Kp为__________ (用p0表示，并化简)。 【答案】（1）+40.9 （2） ①. ②. （3） ①. 乙 ②. p1、p2、p3 ③. T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1 Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2=-90.4kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH3 由盖斯定律可知，Ⅲ=Ⅰ-Ⅱ，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=+40.9kJ·mol-1； 【小问2详解】 依题意，反应起始量为n0(CO2)=1mol、n0(H2)=3mol，根据原子守恒，容器中原子总量为n(C)=1mol、n(O)=2mol、n(H)=6mol，平衡时，n(CH3OH)=a mol、n(CO)=b mol，则根据碳原子守恒有n(CO2)=n(C)-n(CH3OH)-(CO)=(1-a-b)mol，再根据氧原子守恒，有n(H2O)=n(O)-n(CH3OH)-(CO)-2n(CO2)=[2-a-b-2×(1-a-b)]mol=(a+b)mol，c(H2O)= mol/L，根据氢原子守恒，n(H2)=× [n(H)-4n(CH3OH)-2n(H2O)]=×[6-4a-2×(a+b)]mol=(3-3a-b)mol，反应III的平衡常数； 【小问3详解】 反应Ⅰ生成甲醇，随温度升高，平衡逆移，的平衡产率降低，图甲纵坐标表示的平衡产率；图乙纵坐标表示的平衡转化率；反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，因此压强越大CO2的平衡转化率越高，故压强由大到小的顺序是p1、p2、p3；反应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，且反应Ⅲ反应前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响，答案为：乙；p1、p2、p3；T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响； 【小问4详解】 ①所以容器的压强与起始压强之比为； ②， 因为，所以p=0.75p0，Kp=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $