2023屆新高考化學(xué)一輪單元質(zhì)檢卷第一單元　化學(xué)物質(zhì)及其變化

單元質(zhì)檢卷1一、選擇題(本題共16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)1．(2021·南寧二中月考)化學(xué)與社會、生活及工業(yè)生產(chǎn)密切相關(guān)。下列有關(guān)說法正確的是()A．“靜電除塵”“燃煤固硫”“汽車尾氣催化凈化”等措施均涉及化學(xué)變化B．海水資源的綜合利用涉及制鹽、制取鎂和溴等，其過程中均涉及氧化還原反應(yīng)C．“嫦娥五號”著陸器在月面展示的國旗主要材料為國產(chǎn)高性能芳綸纖維，屬于新型無機(jī)非金屬材料D．75%濃度的酒精、含氯消毒劑、過氧乙酸均可以有效滅活新型冠狀病毒解析：“靜電除塵”是指含塵氣體經(jīng)過高壓靜電場時被電分離，塵粒(膠體)與負(fù)離子結(jié)合帶上負(fù)電后，趨向陽極表面放電而沉積，該過程屬于物理變化，“燃煤固硫”主要是指把氧化鈣或碳酸鈣與含硫的煤混合后燃燒，涉及化學(xué)變化，“汽車尾氣催化凈化”是指CO與NOx在催化劑的作用下反應(yīng)生成無毒的CO2和N2，屬于化學(xué)變化，故A項錯誤；海水制鎂、制溴涉及氧化還原反應(yīng)，海水制鹽沒有涉及氧化還原反應(yīng)，故B項錯誤；芳綸纖維全稱芳香族聚酰胺纖維，屬于新型有機(jī)高分子材料，故C項錯誤；75%濃度的酒精可以破壞新型冠狀病毒包膜結(jié)構(gòu)，含氯消毒劑和過氧乙酸具有強(qiáng)氧化性均可以起到殺滅新型冠狀病毒的作用，故D項正確。答案：D2．(2021·廣東卷)廣東有眾多國家級非物質(zhì)文化遺產(chǎn)，如廣東剪紙、粵繡、潮汕工夫茶藝和香云紗染整技藝等。下列說法不正確的是()A．廣東剪紙的裁剪過程不涉及化學(xué)變化B．沖泡工夫茶時茶香四溢，體現(xiàn)了分子是運動的C．制作粵繡所用的植物纖維布含有天然高分子D．染整技藝中去除絲膠所用的純堿水溶液屬于純凈物解析：廣東剪紙的裁剪過程中沒有新物質(zhì)生成，故不涉及化學(xué)變化，A項正確；沖泡工夫茶時茶香四溢，是因為茶水的香味分子不停地做無規(guī)則的運動，擴(kuò)散到空氣中，B項正確；制作粵繡所用的植物纖維布含有纖維素，屬于天然高分子，C項正確；染整技藝中去除絲膠所用的純堿水溶液屬于混合物，D項錯誤。答案：D3．(2021·梅州中學(xué)月考)新聞及廣告中經(jīng)常出現(xiàn)“化學(xué)用語”。從化學(xué)學(xué)科的角度看，下列敘述中的“化學(xué)用語”正確的是()A．本產(chǎn)品屬于天然綠色食品，不含任何“化學(xué)元素”B．全球人均年碳排量高達(dá)7噸，每人每年種19棵樹才能達(dá)到“中和”C．某支NBA球隊連勝時，記者會說，這得益于隊員間的“化學(xué)反應(yīng)”D．某酶加洗衣粉含有生物“催化劑”，可加速衣服上污漬、奶漬和血污的分解解析：天然綠色食品指無污染、安全、營養(yǎng)豐富的食品，其含有多種物質(zhì)，這些物質(zhì)都是由元素組成的，A項錯誤；中和在化學(xué)中指酸堿反應(yīng)生成鹽和水的反應(yīng)，B項錯誤；球員配合沒有產(chǎn)生新的物質(zhì)，不屬于“化學(xué)反應(yīng)”，C項錯誤；洗衣粉中含有酶，可作為催化劑，加快反應(yīng)速率，D項正確。答案：D4．(2021·深圳紅嶺中學(xué)月考)阿伏加德羅常數(shù)NA是聯(lián)系宏觀和微觀的橋梁，下列說法錯誤的是()A．含有1molFeCl3的溶液水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)小于NAB．1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，陰離子的總數(shù)為0.1NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCH3Cl中氯原子數(shù)量為0.1NAD．6.4gCu與足量的硫黃粉共熱時，氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移0.1NA電子解析：Fe(OH)3膠體粒子是由較大量Fe(OH)3分子構(gòu)成的，則含有1molFeCl3的溶液水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)小于NA，故A項正確；由碳酸根離子的水解方程式COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－可知，水解后陰離子數(shù)目增多，則1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，陰離子的總數(shù)大于0.1NA，故B項錯誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CH3Cl為氣體，則2.24LCH3Cl為0.1mol，則氯原子數(shù)量為0.1NA，故C項正確；6.4gCu的物質(zhì)的量為0.1mol，由于硫單質(zhì)的氧化性較弱，二者反應(yīng)生成Cu2S，銅是還原劑，銅失電子數(shù)為0.1NA，在氧化還原反應(yīng)中，轉(zhuǎn)移電子數(shù)＝得電子數(shù)＝失電子數(shù)，則銅與足量的硫黃粉共熱時，氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移0.1NA電子，故D項正確。答案：B5．(2021·廣東卷)宏觀辨識與微觀探析是化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)之一。下列物質(zhì)性質(zhì)實驗對應(yīng)的反應(yīng)方程式書寫正確的是()A．Na2O2放入水中：Na2O2＋H2O=2NaOH＋O2↑B．H2O(g)通過灼熱鐵粉：3H2O＋2Fe=Fe2O3＋3H2C．銅絲插入熱的濃硫酸中：Cu＋H2SO4=CuSO4＋H2↑D．SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2＋2H2O＋2MnOeq\o\al(－,4)=5SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋＋2Mn2＋解析：Na2O2放入水中的化學(xué)方程式為2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，A選項中氧元素不守恒，錯誤；H2O(g)通過灼熱鐵粉應(yīng)該是高溫條件下生成四氧化三鐵和氫氣，B項錯誤；銅絲插入熱的濃硫酸中生成的氣體不是氫氣，應(yīng)是二氧化硫，C項錯誤；SO2通入酸性KMnO4溶液中，SO2被MnOeq\o\al(－,4)氧化為SOeq\o\al(2－,4)，MnOeq\o\al(－,4)被SO2還原為Mn2＋，再根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和元素守恒可得離子方程式為5SO2＋2H2O＋2MnOeq\o\al(－,4)=5SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋＋2Mn2＋，D項正確。答案：D6．(2021·臺州第二次模擬)已知：H2O2＋2HIO=I2＋O2↑＋2H2O，下列說法正確的是()A．H2O2是氧化劑B．HIO得電子，發(fā)生氧化反應(yīng)C．該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1∶2D．通過該反應(yīng)可說明HIO的氧化性強(qiáng)于O2解析：在反應(yīng)H2O2＋2HIO=I2＋O2↑＋2H2O中，H2O2中氧元素的化合價為－1價，反應(yīng)后生成氧氣，氧元素的化合價為0價，化合價升高，H2O2作還原劑，故A項錯誤；HIO中的I為＋1價，反應(yīng)后降低到I2中的0價，得電子，HIO發(fā)生還原反應(yīng)，故B項錯誤；該反應(yīng)中，O2為氧化產(chǎn)物，I2為還原產(chǎn)物，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1∶1，故C項錯誤；該反應(yīng)中，HIO是氧化劑，O2為氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以HIO的氧化性強(qiáng)于O2，故D項正確。答案：D7．(2021·德陽第二次模擬)對于下列實驗，能正確描述其反應(yīng)的離子方程式是()A．將少量SO2通入次氯酸鈉溶液中：ClO－＋SO2＋H2O=Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋B．向含CaSO4的水垢中滴入飽和Na2CO3溶液：CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)SOeq\o\al(2－,4)(aq)＋CaCO3(s)C．用鐵電極電解飽和MgCl2溶液：Mg2＋＋2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up17(電解))Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑D．向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入含等物質(zhì)的量溶質(zhì)的Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=BaSO4↓＋NH3·H2O解析：將少量SO2通入次氯酸鈉溶液中：3ClO－＋SO2＋H2O=Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2HClO，A項＋CaCO3(s)，B項正確；用鐵電極電解飽和MgCl2溶液，鐵失電子生成亞鐵離子，沒有氯氣產(chǎn)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋Fe(OH)2↓，D項錯誤。答案：B8．(2021·湖南卷)KIO3常用作食鹽中的補碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應(yīng)為6I2＋11KClO3＋3H2Oeq\o(=,\s\up17(△))6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列說法錯誤的是()A．產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2時，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移10mole－B．反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11∶6C．可用石灰乳吸收反應(yīng)產(chǎn)生的Cl2制備漂白粉D．可用酸化的KI淀粉溶液檢驗食鹽中IOeq\o\al(－,3)的存在解析：該反應(yīng)中只有碘元素價態(tài)升高，由0價升高至KH(IO3)2中＋5價，每個碘原子升高5價，即6I2～60e－，又因為方程式中6I2～3Cl2，故3Cl2～60e－，即Cl2～20e－，所以產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2即1molCl2時，反應(yīng)中應(yīng)轉(zhuǎn)移20mole－，A項錯誤；該反應(yīng)中KClO3中氯元素價態(tài)降低，KClO3作氧化劑，I2中碘元素價態(tài)升高，I2作還原劑，由該方程式的計量系數(shù)可知，11KClO3～6I2，故該反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11∶6，B項正確；漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應(yīng)，C項正確；食鹽中IOeq\o\al(－,3)可先與酸化的KI淀粉溶液中的H＋、I－發(fā)生歸中反應(yīng)：IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O生成I2，I2再與淀粉發(fā)生特征反應(yīng)變?yōu)樗{(lán)色，故可用酸化的KI淀粉溶液檢驗食鹽中IOeq\o\al(－,3)的存在，D項正確。答案：A9．(2020·云南文山壯族苗族自治州第一次模擬)下列敘述或操作正確的是()A．由制備Na用電解熔融狀態(tài)的NaCl推知，制備Al也可用電解熔融狀態(tài)的AlCl3B．根據(jù)反應(yīng)①3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O和反應(yīng)②Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O推知，氧化性：稀HNO3>濃HNO3C．取適量X溶液，向其中通入CO2氣體直至過量，有白色沉淀，說明X溶液中一定含有AlOeq\o\al(－,2)D．取agNa2CO3和NaHCO3的混合物充分加熱，減重bg，可以測定混合物中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)解析：AlCl3為共價化合物，不能通過電解熔融狀態(tài)的AlCl3制備Al，應(yīng)該電解熔融狀態(tài)的Al2O3，故A項錯誤；判斷氧化性的強(qiáng)弱取決于得電子的能力，而不是得電子的多少，實際上氧化性：稀HNO3＜濃HNO3，故B項錯誤；某溶液中通入CO2氣體直至過量，能有白色沉淀的離子可以是SiOeq\o\al(2－,3)，可以是AlOeq\o\al(－,2)，故C項錯誤；NaHCO3受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，所以通過充分加熱分解，再利用差量法即可計算出原混合物中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故D項正確。答案：D10．(2021·北京第二次模擬)實驗室可用KMnO4代替MnO2與濃鹽酸反應(yīng)，在常溫下快速制備Cl2，反應(yīng)原理為2KMnO4＋16HCl(濃)=5Cl2↑＋2KCl＋2MnCl2＋8H2O。下列說法不正確的是()A．Cl2是氧化產(chǎn)物B．濃鹽酸在反應(yīng)中只體現(xiàn)還原性C．每生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCl2，轉(zhuǎn)移0.2mol電子D．反應(yīng)中KMnO4的氧化性強(qiáng)于Cl2解析：該反應(yīng)中HCl中部分氯元素化合價升高得到氯氣，所以氯氣為氧化產(chǎn)物，A項正確；該反應(yīng)中部分濃鹽酸被氧化生成氯氣，體現(xiàn)還原性，部分鹽酸反應(yīng)得到氯化錳和水，體現(xiàn)了酸性，B項錯誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L氯氣的物質(zhì)的量為0.1mol，氯氣為唯一氧化產(chǎn)物，化合價由－1價變?yōu)?價，所以轉(zhuǎn)移0.2mol電子，C項正確；該反應(yīng)中KMnO4為氧化劑，氯氣為氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，D項正確。答案：B11．(2021·懷化第一次模擬)下列離子方程式與所述事實相符且正確的是()A．向K2Cr2O7溶液中滴加少量濃H2SO4，溶液橙色加深：Cr2Oeq\o\al(2－,7)(橙色)＋2OH－2CrOeq\o\al(2－,4)(黃色)＋H2O＋H2O=2HClO＋COeq\o\al(2－,3)C．硫代硫酸鈉與稀硫酸反應(yīng)：S2Oeq\o\al(2－,3)＋6H＋＋2SOeq\o\al(2－,4)=4SO2↑＋3H2OD．氫氧化鐵溶于氫碘酸(強(qiáng)酸)：2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2＋6H2O解析：向K2Cr2O7溶液中滴加少量濃H2SO4，溶液橙色加深：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋2H＋=2CrO3＋H2O，＋＋H2O＋S↓，C項錯誤；氫氧化鐵溶于氫碘酸(強(qiáng)酸)：2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2＋6H2O，D項正確。答案：D12．(2020·湖南師大附中第一次模擬)錳酸鋰(LiMn2O4)是最早制得的具有三維鋰離子通道的正極材料。以MnSO4和LiFePO4為原料制備錳酸鋰的流程如圖所示[已知：Ksp(FePO4)＝1.3×10－22]。下列說法正確的是()A．NaClO3的作用是將二價鐵氧化為三價鐵B．“沉鐵”過程所得濾渣的主要成分是Fe(OH)2C．反應(yīng)器Ⅱ中產(chǎn)生的氣體是CO2D．K2S2O8中O為－2價，其作用是氧化MnSO4解析：LiFePO4加入鹽酸和氯酸鈉浸取，浸取過程中亞鐵離子被氧化成鐵離子，再加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)pH，使Fe3＋沉淀，得到的濾渣為白色固體，說明不是氫氧化鐵沉淀，根據(jù)元素守恒可知該沉淀應(yīng)為FePO4，之后再加入飽和的碳酸鈉溶液得到碳酸鋰沉淀；MnSO4與K2S2O8反應(yīng)，Mn2＋被氧化成MnO2生成沉淀析出；將MnO2與Li2CO3混合反應(yīng)得到錳酸鋰。據(jù)此分析解答。分析可知，NaClO3的作用是將二價鐵氧化為三價鐵，A說法正確；“沉鐵”過程，所得濾渣中鐵為＋3價，且為白色，不是氫氧化亞鐵，利用原子守恒，其主要成分是FePO4，B說法錯誤；反應(yīng)器Ⅱ中二氧化錳與碳酸鋰反應(yīng)生成LiMn2O4，Mn的化合價降低，C的化合價最高，則O的化合價升高，應(yīng)有氧氣產(chǎn)生，則產(chǎn)生的氣體是CO2和O2混合氣體，C說法錯誤；K2S2O8中S的化合價為＋6價，K為＋1價，O的化合價有－2、－1價，則S2Oeq\o\al(2－,8)中存在“—O—O—”鍵，作用是氧化MnSO4，D說法錯誤。答案：A13．(2021·日照第三次模擬)以197g六氨合氯化鎂為原料，經(jīng)酸化、碳化、熱解、過濾、干燥制得932g堿式碳酸鎂產(chǎn)品，同時獲取副產(chǎn)物CO226.88L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。原理如下(假定每步反應(yīng)都沒有損耗；x、y、z的最簡整數(shù)比為x∶y∶z)。酸化反應(yīng)：MgCl2·6NH3＋6HCl=MgCl2＋6NH4Cl；碳化反應(yīng)：MgCl2＋2NH4HCO3=Mg(HCO3)2＋2NH4Cl；熱解反應(yīng)：Mg(HCO3)2→xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O↓＋CO2↑(未配平)。下列說法正確的是()A．xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O屬于混合物B．x＝z＝2C．y＝1D．副產(chǎn)物NH4Cl可用作化肥，也可用熱分解法制備氨解析：根據(jù)題意，產(chǎn)生的二氧化碳在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為26.88L，其物質(zhì)的量為n＝eq\f(V,Vm)＝eq\f(26.88,22.4)＝1.2(mol)，因為沒有損耗，所以由197g六氨合氯化鎂(即1mol)，制得的碳酸氫鎂為1mol；根據(jù)H原子守恒，可得Mg(HCO3)2→xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O↓＋CO2↑中，碳酸z＝x、z＝4y，即x∶y∶z＝4∶1∶4，即x＝z＝4、y＝1。據(jù)此分析解答。堿式碳酸鎂屬于化合物，故A項錯誤；x＝z＝4，故B項錯誤；y＝1，故C項正確；氯化銨屬于含氮元素的鹽，可用作化肥，因其分解產(chǎn)生氨和氯化氫，冷卻時又反應(yīng)生成氯化銨，不能用熱分解法制備氨，故D項錯誤。答案：C14．(2021·泰安第一次模擬)用酸性KMnO4溶液處理硫化亞銅(Cu2S)和二硫化亞鐵(FeS2)的混合物時，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ：MnOeq\o\al(－,4)＋Cu2S＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋H2O(未配平)和反應(yīng)Ⅱ：MnOeq\o\al(－,4)＋FeS2＋H＋→Fe3＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列說法正確的是()A．反應(yīng)Ⅰ中Cu2S既是氧化劑又是還原劑B．反應(yīng)Ⅰ中每生成1molSOeq\o\al(2－,4)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10molC．反應(yīng)Ⅱ中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶3D．若反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ中消耗的KMnO4的物質(zhì)的量相同，則反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ中消耗的還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3解析：MnOeq\o\al(－,4)中Mn元素為＋7價，Cu2S中Cu和S元素分別為＋1、－2價，F(xiàn)eS2中Fe和S元素分別為＋2、－1價，據(jù)此分析解題。反應(yīng)Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合價都升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，則Cu2S為還原劑，Mn元素的化合價降低，高錳酸根發(fā)生還原反應(yīng)為氧化劑，A項錯誤；反應(yīng)Ⅰ中每生成1molSOeq\o\al(2－,4)，參加反應(yīng)的Cu2S為1mol，Cu2S化合價共升高2×(2－1)＋(6＋2)＝10，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10mol，B項正確；反應(yīng)Ⅱ中氧化劑MnOeq\o\al(－,4)化合價降低(7－2)＝5，還原劑FeS2化合價共升高1＋2×(6＋1)＝15，根據(jù)得失電子相等，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為15∶5＝3∶1，C項錯誤；若反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ中消耗的KMnO4的物質(zhì)的量相同，1molKMnO4得到5mol電子，Cu2S化合價共升高2×(2－1)＋(6＋2)＝10，應(yīng)氧化0.5molCu2S，F(xiàn)eS2化合價共升高1＋2×(6＋1)＝15，應(yīng)氧化eq\f(1,3)molFeS2，則反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ中消耗的還原劑的物質(zhì)的量之比為0.5mol∶eq\f(1,3)mol＝3∶2，D項錯誤。答案：B15．(2021·大慶鐵人中學(xué)月考)CO與N2O均是大氣污染物，可通過反應(yīng)CO＋N2O=N2＋CO2轉(zhuǎn)化為無害氣體，其相對能量與反應(yīng)歷程的關(guān)系如圖所示。已知CO與N2O在鐵催化劑表面進(jìn)行如下兩步反應(yīng)：第一步：Fe＋N2O=FeO＋N2，第二步：FeO＋CO=Fe＋CO2。下列敘述錯誤的是()A．FeO是反應(yīng)的中間產(chǎn)物B．兩步反應(yīng)的ΔH均小于0C．該反應(yīng)的速率主要由第二步反應(yīng)決定D．E2－E0為在沒有催化劑條件下總反應(yīng)的活化能解析：由已知信息可知，第一步反應(yīng)中Fe被消耗，第二步反應(yīng)中Fe又生成，說明Fe是反應(yīng)的催化劑，而FeO是反應(yīng)的中間產(chǎn)物，故A項正確；由圖可知，兩步反應(yīng)的生成物的總能量均低于反應(yīng)物的總能量，則兩步反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，ΔH均小于0，故B項正確；反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢，化學(xué)反應(yīng)的速率取決于化學(xué)反應(yīng)速率慢的一步，由圖可知，第一步反應(yīng)的活化能大于第二步反應(yīng)的活化能，則總反應(yīng)速率主要由第一步反應(yīng)決定，故C項錯誤；由圖可知，E2－E0為在沒有催化劑條件下總反應(yīng)的活化能，故D項正確。答案：C16．(2021·青島實驗中學(xué)模擬)據(jù)文獻(xiàn)報道，氨催化還原法可用來消除某些污染氣體，其反應(yīng)歷程如圖所示。下列說法錯誤的是()A．V的價層電子排布式為3d34s2B．V5＋—OH和V4＋—OH在該反應(yīng)過程中作催化劑C．總反應(yīng)化學(xué)方程式：4NH3＋3O2eq\o(=,\s\up17(催化劑),\s\do20())2N2＋6H2OD．當(dāng)消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LO2時，整個過程轉(zhuǎn)移6mole－解析：由題圖可知，NH3、O2、NO參加反應(yīng)，N2、H2O生成；V5＋—OH和V4＋—OH在整個過程中先被消耗掉，后面又生成，參與循環(huán)，作為催化劑。據(jù)此分析解答。V是23號元素，3d軌道能量比4s高(都是空軌道時)，故電子優(yōu)先進(jìn)入4s軌道，故V的價層電子排布式為3d34s2，A項正確；由圖可知V5＋—OH和V4＋—OH在該反應(yīng)過程中邊消耗邊生成，質(zhì)量和性質(zhì)未發(fā)生改變，故作為催化劑，B項正確；反應(yīng)過程中還有NO參加了反應(yīng)，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3＋O2＋4NOeq\o(=,\s\up17(催化劑))4N2＋6H2O，C項錯誤；n(氧氣)＝eq\f(V,Vm)＝eq\f(11.2,22.4)mol＝0.5mol，由4NH3＋O2＋4NOeq\o(=,\s\up17(催化劑))4N2＋6H2O可知，NH3中N元素化合價升高，而O2中O元素化合價降低、NO中N元素化合價降低，又由化學(xué)計量數(shù)可知，有0.5mol的氧氣參加反應(yīng)，一定消耗了2molNH3，eq\o(N,\s\up6(－3))H3→eq\o(N,\s\up6(0))2化合價降低了3價，故轉(zhuǎn)移的電子物質(zhì)的量為3×2mol＝6mol，D項正確。答案：C二、非選擇題(本題共4小題，共56分。)17．(2020·北京第十二中學(xué)月考)(16分)某小組研究FeCl3與Na2S的反應(yīng)，設(shè)計了如下實驗：實驗操作示意圖FeCl3體積實驗a實驗b實驗c5mL10mL30mL實驗現(xiàn)象產(chǎn)生黑色渾濁，混合液pH＝11.7黑色渾濁度增大，混合液pH＝6.8黑色渾濁比實驗b明顯減少，觀察到大量黃色渾濁物，混合液pH＝3.7Ⅰ.探究黑色沉淀的成分。查閱資料：Fe2S3(黑色)在空氣中能夠穩(wěn)定存在，F(xiàn)eS(黑色)在空氣中易變質(zhì)為Fe(OH)3。設(shè)計實驗：分別取實驗a、b、c中沉淀放置于空氣中12小時，a中沉淀無明顯變化。b、c中黑色沉淀部分變?yōu)榧t褐色。(1)①同學(xué)甲認(rèn)為實驗a中黑色沉淀為Fe2S3，實驗b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS，依據(jù)的實驗現(xiàn)象是____________________________________________________________。②同學(xué)乙認(rèn)為實驗b的黑色沉淀物中有FeS，則一定混有S，理由是__________________。③設(shè)計實驗檢驗b的黑色沉淀物中混有硫。已知：硫在酒精溶液中的溶解度隨乙醇質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增大而增大。實驗證明了b中黑色沉淀混有S，試劑a是________，觀察到的現(xiàn)象為___________________。Ⅱ.探究實驗a中Fe3＋與S2－沒有發(fā)生氧化還原反應(yīng)的原因經(jīng)查閱資料，可能的原因有兩種。原因1：pH影響了Fe3＋與S2－的性質(zhì)，二者不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)。原因2：沉淀反應(yīng)先于氧化還原反應(yīng)發(fā)生，導(dǎo)致反應(yīng)物濃度下降，二者不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)。設(shè)計實驗(電極材料為石墨)：(2)①試劑X和Y分別是__________、__________。②同學(xué)甲認(rèn)為若右側(cè)溶液變渾濁，說明Fe3＋與S2－發(fā)生了氧化還原反應(yīng)。是否合理？說明理由：__________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③同學(xué)乙進(jìn)一步實驗證明該裝置中Fe3＋與S2－沒有發(fā)生氧化還原反應(yīng)，實驗操作及現(xiàn)象是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。④由此得出的實驗結(jié)論是___________________________________________________。Ⅲ.探究實驗c隨著FeCl3溶液的增加，黑色沉淀溶解的原因。實驗1實驗2固體溶解，聞到微量臭雞蛋氣味，溶液出現(xiàn)淡黃色渾濁(3)①用離子方程式解釋實驗1中的現(xiàn)象__________________________________________、___________________________________________________________(寫離子方程式)。②結(jié)合化學(xué)平衡等反應(yīng)原理及規(guī)律解釋實驗2中現(xiàn)象相同與不同的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)①已知Fe2S3(黑色)在空氣中能夠穩(wěn)定存在，F(xiàn)eS(黑色)在空氣中易變質(zhì)為Fe(OH)3，a中黑色沉淀放置于空氣中12小時，a中沉淀無明顯變化，說明黑色沉淀在空氣中穩(wěn)定存在，該黑色固體成分為Fe2S3；b、c中黑色沉淀放置于空氣中12小時，部分變?yōu)榧t褐色，說明未變色部分是空氣中穩(wěn)定存在Fe2S3，變色部分是在空氣中易變質(zhì)的FeS，即b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS。②b中FeCl3與Na2S反應(yīng)生成FeS，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，依據(jù)元素化合價升降守恒，鐵元素化合價降低，硫元素化合價必然升高，則乙同學(xué)認(rèn)為實驗b的黑色沉淀物中有FeS則一定混有S。③已知“硫在酒精溶液中的溶解度隨乙醇質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增大而增大”，實驗中將含有S的黑色沉淀用95%的酒精溶解，加入水，乙醇質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，硫的溶解度減小，溶液變渾濁。(2)①研究FeCl3與Na2S的反應(yīng)，同時探究pH的影響，應(yīng)該根據(jù)控制變量的原則，結(jié)合實驗a，則一極為25mL0.1mol·L－1Na2S溶液、5mLpH＝1.7的鹽酸，另一極為試劑X為25mLpH＝12NaOH溶液，試劑Y為5mL0.1mol·L－1FeCl3溶液。②因為空氣中的氧氣也能氧化S2－，故若右側(cè)溶液變渾濁，說明Fe3＋與S2－發(fā)生了氧化還原反應(yīng)不合理。③若Fe3＋與S2－發(fā)生氧化還原反應(yīng)，左側(cè)生成Fe2＋，同學(xué)乙進(jìn)一步實驗證明該裝置中Fe3＋與S2－沒有發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故為取左側(cè)燒杯中的液體，加入鐵氰化鉀溶液，沒有藍(lán)色沉淀生成。④實驗結(jié)論為氧化還原反應(yīng)不能發(fā)生的原因是pH影響了Fe3＋與S2－的性質(zhì)。(3)①實驗1中有臭雞蛋氣味，是由于FeCl3溶液水解顯酸性，與FeS結(jié)合生成H2S氣體，反應(yīng)的離子方程式為FeS＋2H＋=H2S↑＋Fe2＋，出現(xiàn)淡黃色渾濁是因為FeS與Fe3＋發(fā)生氧化還原生成S單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為FeS＋2Fe3＋=3Fe2＋＋S。②實驗2中分別加入鹽酸和FeCl3溶液與Fe2S3反應(yīng)，固體都溶解，聞到臭雞蛋氣味，出現(xiàn)淡黃色渾濁，是由于實驗2中兩份溶液的c(H＋)相同，都存在平衡Fe2S3(s)2Fe3＋(aq)＋3S2－(aq)，H＋與S2－結(jié)合生成H2S，酸性條件下Fe3＋與S2－發(fā)生氧化還原反應(yīng)，兩種因素使得c(Fe3＋)、c(S2－)降低，平衡正向移動；但現(xiàn)象也稍微不同，加入FeCl3溶液的固體溶解更快，原因是：加入FeCl3溶液比加入鹽酸的體系c(Fe3＋)更大，酸性條件下Fe3＋與S2－發(fā)生氧化還原反應(yīng)速率增大，因此固體溶解更快。答案：(1)①a中沉淀無明顯變化，b、c中黑色沉淀部分變?yōu)榧t褐色②依據(jù)化合價升降守恒，鐵元素化合價降低，硫元素化合價必然升高③水溶液變渾濁(2)①25mLpH＝12－③取左側(cè)燒杯中的液體，加入鐵氰化鉀溶液，沒有藍(lán)色沉淀生成④氧化還原反應(yīng)不能發(fā)生的＋＋S②實＋(aq)＋3S2－(aq)，H＋與S2－結(jié)合生成H2S，酸性條件下Fe3＋與S2－發(fā)生氧化還原反應(yīng)，兩種因素使得c(Fe3＋)、c(S2－)降低，平衡正向移動；實驗現(xiàn)象不同的原因：加入FeCl3溶液比加入鹽酸的體系c(Fe3＋)更大，酸性條件下Fe3＋與S2－發(fā)生氧化還原反應(yīng)速率增大，因此固體溶解更快18．(2021·南京第二次模擬)(10分)氧化還原法、沉淀法等是常用于治理水體污染的重要化學(xué)方法。(1)還原法處理含鉻廢水：鋁粉可將廢水中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)還原為Cr3＋。如圖所示，廢水的不同初始pH對Cr2Oeq\o\al(2－,7)去除效果有重要影響。①酸性條件下，鋁粉去除Cr2Oeq\o\al(2－,7)反應(yīng)的離子方程式為________________________________________________________________________。②初始pH為3.0，反應(yīng)180min后，廢水中Cr2Oeq\o\al(2－,7)濃度仍較高的原因是________________________________________________________________________。③實驗證明，若初始pH過低，Cr2Oeq\o\al(2－,7)的去除效果也不理想，其原因可能是________________________________________________________________________。(2)沉淀法處理含氯廢水：向模擬廢水(NaCl溶液)中加入Ca(OH)2和NaAlO2粉末，氯離子可轉(zhuǎn)化為Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀。①該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________________________________________。②保持投料比[n(Ca)∶n(Al)∶n(Cl)]和其他反應(yīng)條件不變，溶液中氯離子去除率隨溶液初始氯離子濃度的變化如圖所示，當(dāng)初始氯離子濃度高于5g·L－1時，氯離子去除率下降的原因可能是___________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=2Cr3＋＋2Al3＋＋7H2O。②pH為3.0，Al的還原性較弱。③pH過低，溶液中H＋含量較高，Al和H＋反應(yīng)生成Al3＋，導(dǎo)致Cr2Oeq\o\al(2－,7)的去除效果不理想。(2)①NaCl溶液、＋2NaAlO2＋4H2O=Ca4Al2(OH)12Cl2↓＋4NaOH。②保持投料比[n(Ca)∶n(Al)∶n(Cl)]和其他反應(yīng)條件不變，當(dāng)初始氯離子濃度高于5g·L－1時，根據(jù)2NaCl＋4Ca(OH)2＋2NaAlO2＋4H2O=Ca4Al2(OH)12Cl2↓＋4NaOH可知，Cl－濃度較高時，所需Ca(OH)2的用量較大，其難以溶解，導(dǎo)致氯離子去除率下降。答案：(1)①2Al＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=2Cr3＋＋2Al3＋＋7H2O②Al的還原性較弱③pH過低，Al和H＋反應(yīng)生成Al3＋(2)①2NaCl＋4Ca(OH)2＋2NaAlO2＋4H2O=Ca4Al2(OH)12Cl2↓＋4NaOH②Cl－濃度較高時，所需Ca(OH)2的用量較大，其難以溶解，導(dǎo)致氯離子去除率下降19．(2021·茂名第三次模擬)(16分)某種電鍍污泥主要含有碲化亞銅(Cu2Te)、三氧化二鉻(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可用于制取Na2Cr2O7溶液、金屬銅和粗碲等，以實現(xiàn)有害廢料的資源化利用，工藝流程如下：已知：煅燒時，Cu2Te發(fā)生的反應(yīng)為Cu2Te＋2O2eq\o(=,\s\up17(高溫))2CuO＋TeO2。請回答下列問題：(1)Te元素在元素周期表中的位置為______________________________________________，該元素最高化合價__________。(2)煅燒時，Cr2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________。(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在電解過程中不反應(yīng))外，還含有__________(填化學(xué)式)。電解沉積過程中析出單質(zhì)銅的電極為__________極。(4)工業(yè)上用重鉻酸鈉(Na2Cr2O7)母液生產(chǎn)重鉻酸鉀(K2Cr2O7)的工藝流程如圖所示：通過冷卻結(jié)晶能析出大量K2Cr2O7的原因是___________________________________________________________________________________________________________。(5)測定產(chǎn)品中K2Cr2O7含量的方法如下：稱取試樣2.50g配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入足量稀硫酸和幾滴指示劑，用0.1000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定。滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______________________________。若三次實驗消耗(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液的體積平均為25.00mL，則所得產(chǎn)品中K2Cr2O7的純度為________(保留三位有效數(shù)字)。解析：(1)碲元素位于第五周期第ⅥA族，該元素的最高化合價為＋6價。(2)根據(jù)工藝流程可知反應(yīng)物為Cr2O3，純堿以及空氣中的氧氣，生成物為二氧化碳和重鉻酸鈉，則反應(yīng)方程式為2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up17(高溫))4Na2CrO4＋4CO2。(3)因加入了稀硫酸，則浸出液中一定含有硫酸銅，銅離子得到電子轉(zhuǎn)換為銅單質(zhì)，電解池中陰極得到電子。(4)在低溫條件下K2Cr2O7的溶解度在整個體系中最小，且K2Cr2O7的溶解度隨溫度的降低而顯著減小。(5)重＋＋－1(NH4)2Fe(SO4)2的體積為25mL，且實驗取配制溶液的十分之一進(jìn)行反應(yīng)，則該樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：w(K2Cr2O7)＝eq\f(m（K2Cr2O7）,m樣)＝eq\f(0.1×25×10－3÷6×10×294,2.50)×100%＝49.0%。答案：(1)第五周期第ⅥA族＋6(2)2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up17(高溫))4Na2CrO4＋4CO2(3)CuSO4陰(4)低溫條件下K2Cr2O7的溶解度在整個體系中最小，且K2Cr2O7的溶解度隨溫度的降低而顯著減小(5)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O49．0%20．(2021·北京第一次模擬)(14分)在鋼中加入一定量的釩，就能使鋼的硬度、耐腐蝕性大增。工業(yè)上以富釩爐渣(主要成分為V2O5、Fe2O3和SiO2等)為原料提取五氧化二釩的工藝流程如下：請回答下列問題：(1)在第一步操作焙燒過程中V2O5轉(zhuǎn)化為可溶性NaVO3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________。(2)焙燒爐中可用Na2CO3代替NaCl與富釩爐渣焙燒制得偏釩酸鈉。用Na2CO3代替NaCl的優(yōu)點是____________________________________________________________________________________________________________________________