2019届河北省邢台市高三上学期第一次月考化学试题(解析版)

河北省邢台市2019届高三上学期第一次月考

化学试题

1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是

A. 用白磷作包装食品的脱氧剂 B. 食品保鲜膜能减缓食品中水分的蒸发 C. 用液氨作制冷剂冷蔵物品 D. 用臭氧对医疗器械进行消毒 【答案】A 【解析】

【详解】A. 白磷着火点低，容易自然，所以不宜用白磷作包装食品的脱氧剂，故A错误；B. 食品保鲜膜用的是聚乙烯塑料不通透，密封效果好，能减缓食品中水分的蒸发，故B正确；C. 液氨挥发为气体需要吸D. 臭氧具有强氧化性，收热量，所以可以用作制冷剂冷蔵物品，故C正确；可以用于对医疗器械进行消毒，故D正确；答案：A。

2.臭氧已成为夏季空气污染的元凶，地表产生氧的机理如图所示。下列说法正确的是

A. NO是反应③的催化剂 B. O3、O是反应的中间体 C. 反应①②③均是氧化还原反应 D. 产生臭氧的化学方程式为【答案】D 【解析】

【详解】由图可知NO2是反应的催化剂，故A错误；NO和O原子是反应的中间体，O3是反应的产物，故B错误；反应②是非氧化还原反应，故C错误；D.根据反应图示知产生臭氧的化学方程式为故D正确；答案：D。 3.下列说法错误的是

A. 液态二氧化碳灭火剂可扑灭一般的起火，也适用于金属起火

B. 常用高温和紫外线对医疗器械进行消毒，是因为高温和紫外线可使蛋白质变性

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1第

，

C. 影化食品中禁止使用含铝的食品添加剂，是因为铝元素会危害人体健康 D. 家庭装修时用植物生态涂料代替传统墙面涂料，有利于健康及环境 【答案】A 【解析】

【详解】A. 液态二氧化碳灭火剂不能扑灭金属钠着火，因为金属钠着火会产生过氧化钠和二氧化碳反应放出氧气，帮助钠的燃烧，故A错误；B.医疗器械表面附着有大量的细菌和病毒，构成细菌和病毒的基本成分是蛋白质，蛋白质遇到高温时会变性，失去原有的生理活性，因此能用高温来消毒。故B正确； C. 摄入过多的铝,对脑、心、肝、肾和骨组织等有害。所以食品中禁止使用含铝的食品添加剂，故C正确；D植物生态涂料无毒无污染，所以代替传统墙面涂料有利于健康及环境。故D正确；答案：D。 4.形成酸雨的过程如图所示。下列说法正确的是

A. 含NOx、SO2的烟气和酸雨的分散剂相同 B. 酸周沉降到地面后酸性还会有所增强 C. 机动车尾气中的NOx来源于燃油中的含物质 D. 在已酸化的土壤中加消石灰可以减少酸雨的形成 【答案】B 【解析】

【详解】A. 含NOx、SO2的烟气和酸雨的分散剂不相同，形成的酸雨的分散剂是HNO3，硫酸形成的酸雨的分散剂是H2SO4,故A错误；B. 硫酸型酸雨的形成过程是SO2+H2O= H2SO3,亚硫酸是弱酸，又不稳定易被氧化成硫酸，所以沉降到地面后酸性还会有所增强是正确的。故B正确；C. 机动车尾气中的NOx来源于在电火花的条件下，空气中氮气和氧气反应生成的氮的氧化物，故C错误；D. 在已酸化的土壤中加消石灰可以中和土壤的酸性，不能减少酸雨的形成，故D错误；答案：B。

【点睛】本题抓住酸雨的形成原因和形成过程来解答。酸雨分型酸雨和硫酸型酸雨。型酸雨是由氮的氧化物与雨水反应生成而形成的；硫酸型酸雨是含硫的化合物燃烧生成SO2气体，遇到雨水形成

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2第

亚硫酸，亚硫酸是弱酸，又不稳定易被氧化成硫酸。结合此知识点进行回答。 5.实验室欲从含MgBr2的水中提取Br2，下列操作未涉及的是

A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】

欲从含MgBr2的水中提取Br2，首先氯气与溴化镁溶液反应生成氯化镁和溴单质；即发生反应：Cl2+MgBr2=MgCl2+Br2；因为溴溶于水,更易溶于有机溶剂,所以再加入苯或四氯化碳进行萃取,静置溶液分层,然后进行分液；又因为溴与有机物的沸点不同,可再进行蒸馏操作,可得到溴单质。

【详解】欲从含MgBr2的水中提取Br2，首先氯气与溴化镁溶液反应生成氯化镁和溴；即发生反应：Cl2+MgBr2=MgCl2+Br2，通过A装置完成；因为溴溶于水,更易溶于有机溶剂,所以再加入苯或四氯化碳进行萃取,使溶液分层,然后进行分液,通过C装置完成；又因为溴与有机物的沸点不同,可再进行蒸馏操作,可得到溴单质,通过D装置完成。根据以上分析没有用到过滤操作，所以答案为B。

-【点睛】根据海水中提取溴的原理进行判断。首先是母液的氧化Br

2再进行萃取分液，蒸馏提纯即可

获得单质溴。结合制取原理，分析实验方法进行判定。 6.下列有关物质性质与应用对应关系错误的是

A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】

【详解】A.二氧化氯具有强氧化性，能杀死细菌，所以可以用于自来水消毒杀菌，故A正确；B. 过氧化钠

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可以和水或是二氧化碳反应，生成氢氧化钠或是碳酸钠和氧气。在呼吸面具中用过氧化钠作为供氧剂,故B正确；C.钠的金属性比钾弱，但他们都属于活泼金属，都能和水反应放出氢气，所以不能在溶液中制取，在熔融状态下，根据强制弱的规律，也不能用钠制取钾，故C错误； D.Cu能将铁离子还原为亚铁离子,同时Cu被氧化生成铜离子,所以氯化铁溶液能用于蚀刻印刷电路板,所以D选项是正确的;所以选C。 7.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 0．1 mol NH4 F中含有的质子数为2NA

B. 1LpH＝12的Na2CO3溶液中含Nat的数目为0．01NA C. 2．24L（标准状况）Cl2溶于水，生成H+的数目为0．1NA D. 含6．08乙酸的水溶液中氧原子的数目为0．2NA 【答案】A 【解析】

【详解】A. 1 mol NH4 F 中含有质子的物质的量为20mol,所以0．1 mol NH4 F中含有的质子数为2NA，故A

-2-说法正确；B pH＝12.的溶液的c(OH)=0.01mol/L，碳酸钠溶液的碱性是由于CO3的部分水解，因此，该

Na2CO3溶液的物质的量浓度大于0.01mol/L，1L溶液中含有的Na+离子数大于0.02NA。故B说法错误; C.标准状况下2．24LCl2的物质的量为0.1mol，Cl2与水反应的离子方程式为：Cl2+H2O

+

H++Cl-+HClO，

该反应属于可逆反应，因此，反应生成H的数目小于0.1 NA。故C说法错误; D.含6．0g乙酸的的物质的量为0.1mol，含有0.2molO，但水分子也含有氧原子，因此，该溶液中所含氧原子数大于0.2NA，故D说法错误,本题答案：A.。 8.下列实验操作不当的是

A. 进行焰色反应时，用铜丝蘸取某碱金属盐溶液灼烧，观察火焰颜色 B. 用标准盐酸来滴定氨水测定其浓度时，应选择甲基橙作指示剂 C. 蒸发结晶过程中不断用玻璃棒搅拌液体至大部分晶体析出时停止加热 D. 测定溶液pH时，用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在干燥pH试纸上，然后比色 【答案】A 【解析】

【详解】A. 因为铜丝灼烧火焰有颜色，可能会覆盖碱金属火焰的颜色，所以做焰色反应时，用铂丝蘸取某碱金属盐溶液灼烧，观察火焰颜色，故A错误；B. 用标准盐酸来滴定氨水所得的溶液为强酸弱碱盐，水解显酸性，甲基橙的变色范围为3.1-4.4，所以选择甲基橙作指示剂是正确的，故B正确；C. 蒸发结晶过程中不断用玻璃棒搅拌液体至大部分晶体析出时停止加热符合操作原理，故C正确；D. 测定溶液pH时，用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在干燥pH试纸上，然后比色符合操作，故D正确；答案：A。 9.下列物质的转化在给定条件下均能通过一步反应实现的是

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4第

A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】

A．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；B．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮；C．饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，因为碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫。

【详解】A．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以得不到氧化铝，故A错误；B.饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，因为碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，所以B选项是正确的；C．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮，得不到二氧化氮，故C错误；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故D错误；所以D答案是C。 10.下列反应的离子方程式书写正确的是

A. 向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：HCO3—＋OH—=CO2↑＋H2O

B. 4mol・L—1的 NaAlO2溶液和7mol・L—1的盐酸等体积混合：4AlO2—+7H++H2O=3A1(OH)3↓ +Al3+ C. 酸性条件下，用H2O2将I—转化为I2：H2O2＋2I－=I2＋2OH—

D. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO32— 【答案】B 【解析】

--2-【详解】A、NaHCO3与NaOH反应正确的离子方程式为：HCO3+OH=CO3+H2O，故A错误；B、将4mol的

AlO2转化为氢氧化铝沉淀需要4mol氢离子，剩下的3mol氢离子溶解1mol沉淀，离子方程式为：

-+3+-4AlO2+7H+H2O=3Al(OH)3↓+Al，故B正确。C、酸性条件下，I被H2O2氧化，H2O2被还原成水，离子方

-

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-+

程式为：2I+H2O2+2H=I2+2H2O，故C错误；D、一开始通入CO2时，先生成CaCO3沉淀，继续通入CO2会--H2O反应生成可溶的Ca(HCO3)，与CaCO3、沉淀溶解，因此总的离子方程式为ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO，

故D错误；故选B。

【点睛】碳酸氢钠是酸式盐，氢氧化钠是碱，两者可以反应生成碳酸钠和水；Ca(ClO)2与少量CO2反应生成CaCO3沉淀和HClO，Ca(ClO)2与过量CO2反应生成Ca(HCO3)2和HClO；酸性条件下，H2O2被还原成水；1molAlO2转化为Al(OH)3沉淀需要1molH，1molAl(OH)3沉淀溶解需要3molH。 11.实验室用HCl和O2制备氯气并检验氯气性质的装置如图所示。下列说法正确的是

-+

+

A. ①、A．①、②中盛放的试剂依次为浓盐酸、浓硫酸

B. 管式炉中发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C. 实验结東时先停止加热，关闭K，再从④中拿出导管 D. 装置Q（贮气瓶）可用于贮存NH3 【答案】A 【解析】

A.需将浓盐酸慢慢加入硫酸的底部制取HCl，B.管式炉中发生反应4HCl+O2【详解】，所以A正确；

Cl2+ 2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4,故B错误；C. 实验结束时先从④中拿出导管，再停止加热，关闭K，防止发生倒吸；故C错误；D. 因为NH3极易溶于水，装置Q（贮气瓶）装有水，不可用于贮存NH3，故D正确；答案：A。

【点睛】考查物质的制备和性质实验。抓住物质的性质浓硫酸具有吸水性，通过吸收浓盐酸中的水制取HCl，在结合反应原理4HCl+O2

Cl2+ 2H2O制备氯气。根据NH3极易溶于水的性质，确定不可用加水的装

置贮存NH；在实验中拆除过程中，注意仪器拆除顺序防倒吸。

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12.下列实验过程可以达到实验目的的是

A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】

【详解】A.5mL10mol/L的硫酸溶于水时放热，在烧杯中溶解后需要冷却至室温后再转移到容量瓶中，故A 错误；B. 向亚硫酸钠溶液中滴加浓盐酸反应生成氯化钠、二氧化硫和水，无氧化还原反应发生，故B错误；C.制取并纯化氯气，用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，产生的氯气通入饱和的碳酸氢钠溶液会发生反应生成二氧化碳气体，所以得不到纯净的氯气，故C错误；D通过观察发现加入三氯化铁试管产生气体速度快，说明三氯化铁在中间起了催化剂作用，故D正确；答案D。

13.某白色粉末由两种物质组成，为鉴定其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水中，有气泡产生且仍有部分固体未溶解，再继续加入足量稀，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸，有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为 A. Ba(HCO3)2、AlCl3 B. Mg(OH)2、 NH4HCO3 C. NaHSO4、BaCO3 D. NaHCO3、KAl(SO4)2・12H2O 【答案】A 【解析】

【详解】A.将少量Ba(HCO3)2、AlCl3 样品加入足量水中，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，有气泡产生且仍有部分固体溶解，再继续加入足量稀，氢氧化铝固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸，碳酸氢钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，有气泡产生，振荡后仍有固体硫酸钡存在，故A符合题意；B.取少量Mg(OH)2、 NH4HCO3样品加入足量水中，不能发生反应，没有气泡产生；取少量样品加入足量稀硫酸，碳酸氢铵和硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，有气泡产生，氢氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，振荡后固体消失，故B不合题意；C.取少量NaHSO4、

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7第

BaCO3样品加入足量水中，二者发生离子反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，有气泡产生且仍有部分固体不溶解，再继续加入足量稀，硫酸钡固体不能溶解；故C不合题意；D.取少量NaHCO3、KAl(SO4)2・12H2O样品加入足量水中，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，有气泡产生且仍有部分固体溶解，再继续加入足量稀，氢氧化铝固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸，明矾全部溶解，碳酸氢钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，有气泡产生，振荡后固体全部溶解，没有固体存在，故D不合题意；答案：A。

14.二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程中涉及如下化学反应SeO2＋

4KI＋4HNO3=Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O②Se＋2H2SO4（浓）=2SO2↑＋SeO2＋2H2O ③Se＋4HNO3（浓）=SeO2＋4NO2↑＋2H2O．下列有关叙述正确的是 A. 反应①中Se是氧化产物，I2是还原产物

B. 反应①中生成0．6mol1，转移的电子数目为2．4NA

C. 反应②、③中等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2：1 D. SeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2 【答案】D 【解析】 【分析】

应①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低被还原，I元素的化合价升高被氧化；反应②Se+2H2SO4（浓）=2SO2↑+SeO2+2H2O中，Se元素化合价升高，被氧化，S元素化合价降低，被还原，根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断氧化性强弱，结合元素化合价的变化计算转移电子数目．

【详解】A. 反应①SeO2＋4KI＋4HNO3=Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O中,Se元素的化合价降低,被还原, I元素的化合价升高,被氧化,则Se是还原产物, I2是氧化产物，故A错误；B. 根据化合价的变化可知,反应①中每有0.6molI2生成,转移的电子数目应为0.6mol×2×(1−0)×NA=1.2NA，C. 由反应可知,设Se均为1mol,故B错误；由反应②、③可知等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2:4=1:2，故C错误； D. 在同一SeO2＞I2,②中氧化性：H2SO4反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性,则根据①可知氧化性：（浓）＞SeO2,则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2，故D正确；

15.银锌电池在商业、宇航潜艇、核武器等领域有广泛应用。一种从正极片（含Ag、Ag2O、石墨及Cu等）中回收银的流程如下，下列叙述错误的是

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+2＋+

A. 滤液a中含有Na、Cu、H等阳离子

+－

B. A用氨水溶解时发生的反应为AgCl＋2NH3・H2O=［Ag(NH3)2］＋C1＋2H2O

C. 滤液c可浓缩结晶得到Zn(NO3)2

D. 向滤渣d中加稀硫酸可溶解其中过量的Zn 【答案】C 【解析】 【分析】

正极片含Ag、Ag2O、石墨及Cu等加稀后，石墨不反应，含Ag、Ag2O、Cu和反应生成银，

+2＋+

铜，再加氯化钠溶液会发生Ag++Cl_=AgCl，则滤液a中含有Na、Cu、H和Cl_、NO3-等离子；在含2+

AgCl的滤渣中加入氨水会发反应生成Ag(NH3)2]C1和2H2O ，在银氨络合物中加入Zn反应后溶液中Zn2+

与氨气结合以[Zn(NH3)4],形式存在， D.经过第一步过滤，知溶液c中不存在NO3-，滤渣d中过量的锌可

以溶解于稀硫酸溶液中。

【详解】A.正极片含Ag、Ag2O、石墨及Cu等加稀后，石墨不反应，含Ag、Ag2O、Cu和反应生

+2＋++_

成银，铜，再加氯化钠溶液会发生Ag+Cl=AgCl，则滤液a中含有Na、Cu、H等阳离子,故A

正确；B.在含AgCl的滤渣中加入氨水会发生应生成Ag(NH3)2]C1和2H2O ，即AgCl＋2NH3・H2O=［Ag(NH3)2］+＋C1－＋2H2O，故B正确；C.在银氨络合物中加入Zn反应后溶液中Zn2+与氨气结合以[Zn(NH3)4]2+,形式存在，故C错误；经过第一步过滤，知溶液c中不存在NO3-，滤渣d中过量的锌可以溶解于稀硫酸溶液中。故D正确；答案：C。

16.某溶液中含有等物质的量的K＋、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42—、SO32—、I—、NO3—中的几种离子，为确定其组成，取三份该溶液进行了如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离，I能被酸性高锰酸钾溶液氧化为IO3—）

（1）第一份：滴人酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去 （2）第二份：加入过量稀盐酸，始终没有气泡逸出 （3）第三份：加人氯化钡帝液，产生白色沉淀 下列说法不正确的是

A. 溶液中不可能含有NO3 B. 溶液中不可能含有Fe

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9第

—

2＋

—

3+2—

C. 溶液中不可能含有Fe D. 溶液中不可能含有SO3

【答案】B 【解析】 【分析】

取三份该溶液进行了如下实验（1）第一份：滴人酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去说明可能含有还原性

2——

离子；（2）第二份：加入过量稀盐酸，始终没有气泡逸出说明不含SO3、NO3；（3）第三份：加人氯化

钡溶液，产生白色沉淀说明一定含有SO4；依次判断。

2+2—【详解】（1）第一份：滴人酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去说明可能含有还原性离子：Fe、SO3、2——I—；（2）第二份：加入过量稀盐酸，始终没有气泡逸出说明不含SO3、NO3；（3）第三份：加人氯化钡

2—

溶液，产生白色沉淀说明一定含有SO4；根据溶液中含有等物质的量的离子，所以溶液中一定不含有NO3

2

—

3+

2——

故A正确；B. 溶液中可能含有Fe＋，故B错误；C. 因为含有I，所以溶液中不可能含有Fe，故C正确；D. 溶液中一定没有SO3，故D正确；答案：B。

【点睛】考查离子鉴别的相关知识。根据离子的性质酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，溶液紫红色褪去，

2+2——

说明原溶液中含有还原性离子，属于还原性离子有Fe、SO3、I，再根据过量稀盐酸，始终没有气泡2——2—

逸出能证明无SO3、NO3存在；加人氯化钡溶液，产生白色沉淀说明有SO4。液中含有等物质的量各

2—

离子，根据电荷守恒，判断离子存在。 17.氨的化合物在生产、生活中广泛存在。

（1）我国长征系列运载火箭用肼（N2H4）作燃料。N2H4与NH3有相似的化学性质。 ①写出肼与盐酸反应的离子方程式：_______________________________。

②在火箭推进器中装有液态肼和双氧水，当它们混合时迅速反应生成氮气和水蒸气，写出反应的化学方程式：_____________________________________。

③火箭发射时以肼为燃料，也可以用一氧化氮作氧化剂，反应过程中若转移2mol电子则消耗燃料肼的质量为______________。

（2）汽车尾气中的氮氧化物是形成酸雨、酸雾的有毒气体之一，为了减少污染，可尝试使用汽车尾气净化装置，其原理如图所示。

写出净化过程中总反应的化学方程式____________________。

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＋＋＋2＋

【答案】 (1). N2H4＋H=N2H5(或N2H4＋2H=N2H6) (2). N2H4＋2H2O2=N2↑＋4H2O (3). 16g

(4). 2NO＋O2＋4CO=4CO2＋N2 【解析】

2++2+

【详解】（1）①肼与盐酸反应生成N2H6，离子反应为N2H4+2H=N2H6，因此，本题正确答案是：+2+N2H4+2H=N2H6；

②火箭推进器中，反应物（N2H4）和双氧水（H2O2），生成物是氮气、水，反应的化学方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，因此，本题正确答案是：N2H4+2H2O2═N2+4H2O；

③N2H4具有还原性，NO具有氧化性，二者反应生成N2和水，根据质量守恒定律可写出化学方程式为N2H4+2NO=2N2+2H2O，该反应中还原剂是N2H4，N（-2→0），氧化剂为NO，N（+2→0），转移4emol，消32g/mol=16g，因此，耗燃料肼1mol，所以转移2mol电子，消耗燃料肼为0.5mol，质量为m=nM=0.5mol×本题正确答案是：16g；

（2）净化过程中一氧化氮、一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳和氮气，化学方程式为2NO＋O2＋4CO=4CO2＋N2，因此，本题正确答案是：2NO＋O2＋4CO=4CO2＋N2

【点睛】①肼与盐酸反应生成N2H6；②根据题干信息找出反应物、生成物、反应条件，根据化学方程式的书写方法、步骤进行书写；③根据得失电子守恒计算：一氧化氮转化为氮气得到的电子总数等于肼失去电子总数；（2）根据图转化关系可以知道反应物为一氧化氮、氧气和一氧化碳，生成物为氮气和二氧化碳，结合原子个数守恒、得失电子守恒书写方程式。

18.铁的化合物如Fe(OH)2、K2FeO4等在生产、生活中有重要作用。

（1）某学生用下列两种方法（如图）制备白色沉淀Fe(OH)2。方法1中加入维生素C的目的是

_________________________________；方法2为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在锥形瓶A和锥形瓶B中加入试剂后，打开止水夹C一段时间，再关闭止水夹C，关闭止水夹C的目的是_____________________________________________。

2+

-

（2）实验室用氧化锌矿粉（主要成分为2ZnO、FeCO3）制备碱式碳酸锌［Zn(OH)2CO3］，矿粉经“稀H2SO4

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11第

溶解、H2O2氧化、调节pH＂三步将矿粉中的Fe元素转化为沉淀而除去 不能用稀HNO3代替稀H2SO4溶解的理由是_______________________________。

（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效水处理剂，易溶于水，在强碱性条件下比较稳定，通常可用NaClO溶液与Fe(NO3)3溶液反应制得

①制备Na2 FeO4的化学方程式为________________________。 ②能析出K2FeO4的原因是_____________________________________。

【答案】 (1). 除去溶解在FeSO4溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化 (2). 利用产生的H2将锥形瓶A中生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中 (3). 稀HNO3与FeCO3反应生成NO，污染环境 (4). 3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH=2Na2FeO4＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O (5). K2FeO4的溶解度更小 【解析】

【详解】（1）因为Fe(OH)2很容易被氧化，维生素C又具有还原性，加入维生素C可以还原溶解在水中的氧气，防止Fe(OH)2被氧化，所以方法1中加入维生素C的目的是除去溶解在FeSO4溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化。方法2为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在锥形瓶A中发生Fe+H2SO4= FeSO4+H2,结合图二打开止水夹C一段时间，排除锥形瓶B中的空气，再关闭止水夹C，生成的氢气可以把生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中，使FeSO4+2NaOH= Fe(OH)2+Na2SO4。所以打开止水夹C一段时间，再关闭止水夹C的目的是利用产生的H2将锥形瓶A中生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中。

FeCO3。用稀HNO3代替稀H2SO4会和FeCO3发生氧化还原反应，（2）因为氧化锌矿粉的主要成分为ZnO、放出NO气体，污染环境。所以不能用稀HNO3代替稀H2SO4溶解氧化锌矿粉。答案：稀HNO3与FeCO3反应生成NO，污染环境

（3）①高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效水处理剂，可用NaClO溶液与Fe(NO3)3溶液反应制得，其反应方程式为：3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH=2Na2FeO4＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O 。

②由框图知Na2FeO4溶液中加入NaOH，能析出K2FeO4，说明K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的小。所以能析出K2FeO4的原因是K2FeO4的溶解度更小。

19.一种以电解锰阳极泥废渣（主要成分为MnO2、Pb2＋、Cu2＋、Mg2＋、K＋及Cl—等）和木屑（主要成分为纤维素）为原料制取MnSO4的工艺流程如下：

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（1）“反应1”的产物为C6H12O6，硫酸作______（填“氧化剂”“还原剂”或“催化剂”）， （2）为提高锰的浸取率，采取的措施合理的是_______（填标号）。 a．缩短浸取和搅拌的时间 b．适当升高浸取的温度 c．加人更多的阳极泥 （3）“操作1”的目的是_______，“操作3”的目的是___________。

（4）”滤液2”制取MnSO4晶体还需进行的操作有浓缩结晶、过滤、_____、_____。

【答案】 (1). 催化剂 (2). b (3). 中和过量的硫酸并调节pH (4). 脱色 (5). 洗涤 (6). 干燥 【解析】

【详解】（1）纤维素在硫酸作用下发生水解生成C6H12O6，，硫酸起到催化作用，做催化剂；答案：催化剂。 （2）升高温度加快化学反应速率。所以适当升高浸取的温度，可以提高锰的浸取率；正确选项b。 （3）碳酸钙能够中和溶液中的硫酸，调整溶液的pH，使 Cu＋、Mg＋产生沉淀；活性炭具有吸附作用，能够使溶液脱色；答案：中和过量的硫酸并调节pH； 脱色。

（4）MnSO4溶液经过浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥即可得到MnSO4晶体；答案：洗涤； 干燥。 20.三氧化硫是一种强氧化剂，熔点为16．8℃，沸点为44.8℃，在50℃可升华，某合作学习小组的同学设计实验制备少量SO3.回答下列问题：

（1）甲组同学用图（a）所示装置制备少量SO3

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①盛有冰盐水烧杯的作用是_____________________。

②烧瓶中发生反应的化学方程式为_______________；烧杯中最后所含的盐为______（填化学式）。

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（2）乙组同学用图（b）装置制备少量SO3，反应原理为2NO2＋4SO2＝4SO3＋N2

①装入药品后检验该装置气密性的方法是________________________。

②球泡的作用是___________，实验过程中反应器中观察到的现象是_______________。 【答案】 (1). 将SO2蒸气冷却为固体 (2). Cu＋2H2SO4(浓)

CuSO4＋SO2↑＋2H2O (3).

Na2SO3(或Na2SO3和Na2SO4) (4). 将反应器微热，广口瓶导管口有气泡逸出，停止加热，液体上升形成一段液柱 (5). 防止倒吸 (6). 红棕色气体逐渐消失并产生白雾 【解析】

【详解】（1）①因为三氧化硫熔点为16．8℃，沸点为44.8℃，在50℃可升华，所以盛有冰盐水烧杯的作用是将SO2蒸气冷却为固体。

②烧瓶中发生的反应是浓硫酸和铜的反应，其化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)

CuSO4＋SO2↑＋2H2O；

烧杯中的氢氧化钠作用是吸收没反应的二氧化硫气体，是SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O ，Na2SO3不稳定易被氧化。 所以烧杯中最后所含的盐为Na2SO3或者Na2SO3和Na2SO4)。

（2）①装入药品后检验该装置气密性的方法是：将反应器微热，广口瓶导管口有气泡逸出，停止加热，液体上升形成一段液柱。

②因为二氧化硫易和氢氧化钠反应，SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O 所以球泡的作用是防止倒吸，实验过程中反应器中二氧化氮和二氧化硫反应2NO2＋4SO2＝4SO3＋N2，三氧化硫在50℃可升华，所以观察到的现象是红棕色气体逐渐消失并产生白雾。

21.钻及其化合物属于2B类致癌物，但它们广泛应用于实验室研究及工业生产的磁性材料领域。

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（1）干燥剂变色硅胶常含有CoCl2固体。常见氯化钻晶体的颜色如下：

则硅胶吸水饱和之后颜色变成_____________。

（2）CoxNi(Ⅱ)(1－x)Fe(Ⅲ)2O4中Co的化合价为________。（Ⅱ、Ⅲ表示Ni、Fe元素的化合价） （3）CoxNi(1－x)Fe2O4对催化分解H2O2具有较高的活性。单位质量的CoxNi(1－x)Fe2O4在10℃时催化分解6％H2O2溶液的初始速率随x变化的曲线如图（其中实线使用的催化剂是微波水热法合成的，虚线使用的催化剂是常规水热法合成的）。由图中信息可知影响催化剂活性大小的因素有催化剂的合成方法和__________________________。

（4）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料，其热分解过程除受草酸钴本身性质的影响之外，还受反应气氛和反应温度的影响。二水合草酸钴（CoC2O4・2H2O）在空气中热分解的分析曲线如图所示，已知Co的两种常见化合价为＋2价和＋3价，曲线中300℃以上所得固体为钴的氧化物

①A点剩余固体的主要成分为__________________________。

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②225～300℃发生反应的化学方程式为_____________________________。

③C点钻的氧化物可与浓盐酸反应生成黄绿色气体，写出该反应的离子方程式：____________________。 【答案】 (1). 粉红色 (2). ＋2 (3). CoxNi(1－x)Fe2O4中Co的含量 (4). CoC2O4 (5). 3CoC2O4＋2O2=Co3O4＋6CO2 (6). Co3O4＋2Cl－＋8H＋=3Co3＋＋Cl2↑＋4H2O 【解析】 【分析】 l

【详解】（1）根据表格可知硅胶吸水饱和之后为：CoCl26H2O，颜色变成粉红色； （2）根据化合物中化合价代数和为0，知CoxNi(Ⅱ)(1－x)Fe(Ⅲ)2O4中Co的化合价为＋2。

（3）由图中信息可知影响催化剂活性大小的因素有催化剂的合成方法和x的值，x值越大催化效果越好，CoxNi(1－x)Fe2O4中Co的含量越高；答案：CoxNi(1－x)Fe2O4中Co的含量。

①CoC2O4. 2H2O 的质量为18.3g，0.1mol CoC2O4 （4）其物质的量为0.1mol，加热失去结晶水得到CoC2O4，的质量为14.7g；故A点是固体的成分为：CoC2O4；

②由图可知，CoC2O4. 2H2O 的质量为18.3g ，其物质的量为0.1mol Co，元素质量为5,9g，C点钴氧化物

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质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5,9g=2.13g ，O原子物质的量为n=2.13g/16g.mol=0.133mol

则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：0.133mo =3：4，故C点的Co氧化物为 Co3O4；故反应方程式为： 3 CoC2O4＋2O2

Co3O4＋6CO2；

③ Co3O4与浓盐酸反应生成氯气的离子方程式为：Co3O4＋2Cl－＋8H＋=3Co3＋＋Cl2↑＋4H2O 。

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