第二章能力提升檢測卷完卷時間：90分鐘可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64Ag108一、選擇題（每小題只有一個正確選項，共16*3分）1．（2021·浙江金華市·高三一模）下列方程式不正確的是A．硫代硫酸鈉溶液中加入稀硝酸：SKIPIF1<0B．熟石膏加水變成生石膏：SKIPIF1<0C．金屬鈉與水反應(yīng)：SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0溶液與過量SKIPIF1<0溶液混合后共熱：SKIPIF1<0【答案】A【解析】A．硝酸具有強氧化性能將二氧化硫氧化成硫酸，正確的方程式為：SKIPIF1<0，故A錯誤；B．熟石膏是SKIPIF1<0，生石膏為SKIPIF1<0，兩者轉(zhuǎn)化的反應(yīng)為SKIPIF1<0，故B正確；C．金屬鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為：SKIPIF1<0，故C正確；D．SKIPIF1<0與過量的氫氧化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇，氨氣和水，反應(yīng)的離子方程式為：SKIPIF1<0，故D正確；故選：A。2．（2021·浙江臺州市·高三二模）已知：SKIPIF1<0，下列說法正確的是A．SKIPIF1<0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的氧化性強于SKIPIF1<0【答案】D【解析】A．在反應(yīng)SKIPIF1<0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錯誤；B．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錯誤；C．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錯誤；D．該反應(yīng)中，HIO是氧化劑，O2為氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以HIO的氧化性強于SKIPIF1<0，故D正確；故選D。3．（2021·廣東深圳市·高三二模）下列有關(guān)物質(zhì)分類的說法錯誤的是A．SiO2、P2O5均為酸性氧化物 B．碘酒、水玻璃均為混合物C．糖類、蛋白質(zhì)均為高分子化合物 D．NaCl晶體、HCl氣體均為電解質(zhì)【答案】C【解析】A．SiO2、P2O5均能和堿反應(yīng)生成鹽和水，所以都是酸性氧化物，故A正確；B．碘酒是碘單質(zhì)的酒精溶液，水玻璃是硅酸鈉水溶液，均為混合物，故B正確；C．蛋白質(zhì)為高分子化合物，糖類中的二糖和單糖都不是高分子化合物，故C錯誤；D．NaCl晶體和HCl氣體的水溶液都能夠?qū)щ?，二者均為電解質(zhì)，故D正確；故選C。4．（2021·上海浦東新區(qū)·高三二模）某新型氨氮去除技術(shù)中的含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．過程Ⅰ還需要加入氧化劑B．過程Ⅱ反應(yīng)后酸性減弱C．過程Ⅲ中，參與反應(yīng)的SKIPIF1<0與SKIPIF1<0的物質(zhì)的量之比為4∶3D．過程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的總反應(yīng)為：SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．過程Ⅰ中氮元素的化合價由+3價變?yōu)?1價，化合價降低，NOSKIPIF1<0做氧化劑被還原，所以過程Ⅰ需加入還原劑，A錯誤；B．過程Ⅱ中NH2OH與NHSKIPIF1<0反應(yīng)生成N2H4，OH-被消耗，反應(yīng)后堿性減弱，B錯誤；C．由題分析可知，過程Ⅲ中的反應(yīng)離子方程式為4NOSKIPIF1<0+3N2H4+4H+=5N2SKIPIF1<0+8H2O，參與反應(yīng)的NOSKIPIF1<0與N2H4的物質(zhì)的量之比為4∶3，C正確；D．過程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的總反應(yīng)為NOSKIPIF1<0與N2H4的反應(yīng)，反應(yīng)為4NOSKIPIF1<0+3N2H4+4H+=5N2SKIPIF1<0+8H2O，D錯誤；故選C。5．（2021·廣東汕頭市·高三一模）北京大學(xué)研究員發(fā)現(xiàn)在鈣鈦礦活性層中引入稀土Eu3+/Eu2+離子對，通過如圖原理可消除零價鉛和零價碘缺陷，提高鈣鈦礦太陽能電池的使用壽命。下列說法正確的是A．Eu3+/Eu2+離子對在反應(yīng)過程中需定時補充B．消除零價鉛的反應(yīng)為：SKIPIF1<0C．消除零價碘的過程中，Eu3+/Eu2+離子對發(fā)生還原反應(yīng)D．整個過程中，電子從I0轉(zhuǎn)移給Pb0【答案】B【解析】A．Eu3+/Eu2+離子對在反應(yīng)過程中作催化劑，不需定時補充，A錯誤；B．消除零價鉛，鉛失電子生成離子，Eu3+/Eu2+離子對得電子，反應(yīng)為：2Eu3++Pb0=2Eu2++Pb2+，B正確；C．消除零價碘的過程中，I0得電子生成I-，Eu3+/Eu2+離子對失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，C錯誤；D．整個過程中，電子從Pb0轉(zhuǎn)移給I0，D錯誤；答案為B。6．（2021·天津高三二模）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A．向明礬溶液中滴加硫化鈉溶液：SKIPIF1<0B．向NaClO溶液中通入少量SKIPIF1<0制取次氯酸：SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0溶液中加入鹽酸酸化的SKIPIF1<0D．某中性液可能存在：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0【答案】B【解析】A．向明礬溶液中滴加硫化鈉溶液，硫離子與鋁離子雙水解：SKIPIF1<0，故A錯誤；B．向NaClO溶液中通入少量SKIPIF1<0，二氧化碳通入水中形成碳酸，碳酸酸性強于次氯酸，可以制取次氯酸：SKIPIF1<0，故B正確；C．SKIPIF1<0溶液中加入鹽酸酸化的SKIPIF1<0：SKIPIF1<0，應(yīng)保持電荷守恒，故C錯誤；D．某中性液不可能存在SKIPIF1<0，因為SKIPIF1<0會水解為氫氧化鐵，故D錯誤；故選B。7．（2021·河北保定市·高三一模）硝酸廠的煙氣中含有大量的氮氧化物(NOx)，為保護環(huán)境，將煙氣與H2的混合氣體通入Ce(SO4)2與Ce2(SO4)3[Ce中文名“鈰”]的混合溶液中實現(xiàn)無害化處理，其轉(zhuǎn)化過程如圖。下列說法正確的是A．過程Ⅰ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+B．處理一段時間后，混合溶液中Ce3+和Ce4+濃度不變C．該轉(zhuǎn)化過程的實質(zhì)為NOx被H2還原D．x=1時，過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1【答案】C【解析】A．過程Ⅰ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，故A錯誤；B．Ce3+和Ce4+是反應(yīng)的催化劑，參與反應(yīng)但是量不變，濃度在變化；故B錯誤；C．總反應(yīng)：2NOx+2xH2=2xH2O+N2↑，NOx的化合價降低被還原，該轉(zhuǎn)化過程的實質(zhì)為NOx被H2還原，故C正確；D．總反應(yīng)：2NOx+2xH2=2xH2O+N2↑，x=1時，過程Ⅱ中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：1，故D錯誤；故選：C。8．（2021·四川攀枝花市·高三二模）我國科學(xué)家在研究“催化還原地下水硝酸鹽污染”時，將甲酸(HCOOH)在納米級磁性Fe3O4－Pd(鈀)表面分解為活性氫氣和二氧化碳后，再經(jīng)a、b兩個反應(yīng)過程實現(xiàn)了NO3-的催化還原(如圖)。下列說法錯誤的是

A．過程a、b中完全還原1molNOSKIPIF1<0消耗2molH2B．Fe3O4催化完成后，可利用Fe3O4的磁性與水體分離C．HCOOH分解產(chǎn)生CO2可調(diào)節(jié)反應(yīng)體系pH，保證催化還原的效果D．b過程反應(yīng)的離子方程式為3H2+2NOSKIPIF1<0+2H+SKIPIF1<0N2+4H2O【答案】A【解析】A．1mol硝酸根離子轉(zhuǎn)化為0.5mol氮氣，轉(zhuǎn)移5mol電子，1mol氫氣轉(zhuǎn)移2mol電子，所以完全還原1mol硝酸根離子消耗2.5mol氫氣，A項錯誤；B．四氧化三鐵具有磁性，可以被磁鐵吸引，則四氧化三鐵催化完成后，可利用四氧化三鐵的磁性與水體分離，B項正確；C．HCOOH分解生成氫氣和二氧化碳，二氧化碳與水反應(yīng)生成碳酸，可調(diào)節(jié)反應(yīng)體系pH，保證催化還原的效果，C項正確；D．b過程中氫氣與亞硝酸根離子，氫離子反應(yīng)，亞硝酸根離子被還原為氮氣，氫氣被氧化為水，反應(yīng)的離子方程式為3H2+2NOSKIPIF1<0+2H+SKIPIF1<0N2+4H2O，D項正確；答案選A。9．（2021·河北承德市·高三二模）中華文化源遠流長，對人類進步和社會發(fā)展有著巨大影響。《徐光啟手記》中載有強水的制備方法：“綠礬SKIPIF1<0五斤，硝SKIPIF1<0五斤。將礬炒去，(質(zhì)量)約折五分之一。將二味同研細，用鐵作鍋，鍋下起火……，開壇則藥化為水，而鍋亦壞矣。用水入五金皆成水，惟黃金不化水中，加鹽(NaCl)則化……”。下列相關(guān)說法錯誤的是A．“炒”礬時綠礬失去全部結(jié)晶水B．強水中加鹽后形成王水能溶解金C．硝的焰色試驗中火焰呈紫色D．制備強水過程中涉及氧化還原反應(yīng)【答案】A【解析】A．1molSKIPIF1<0的質(zhì)量為296g，失去全部結(jié)晶水，質(zhì)量減少SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以“炒”礬時綠礬沒有失去全部結(jié)晶水，A項錯誤；B．強水是指硝酸，加入鹽后形成王水，金能溶于王水，B項正確；C．硝是KNO3，含有K+，K+的焰色試驗中火焰呈紫色，C項正確；D．開壇則藥化為水，而鍋亦壞矣，鐵被硝酸氧化為Fe3+，是氧化還原反應(yīng)，D項正確；答案選A。10．（2021·山東棗莊市·高三二模）鈉沉入液氨中，快速溶劑化(如圖所示)，得到深藍色溶液，并慢慢產(chǎn)生氣泡，且溶液顏色逐漸變淺。下列說法錯誤的是A．鈉的液氨溶液不再具有還原性B．液體的導(dǎo)電性增強C．溶液呈藍色是因為產(chǎn)生SKIPIF1<0D．鈉和液氨可發(fā)生反應(yīng)：SKIPIF1<0【答案】A【解析】A．鈉的液氨溶液中含有鈉單質(zhì)，具有還原性，故A錯誤；B．液氨中沒有自由移動的帶電子粒子，不導(dǎo)電，而鈉投入液氨中生成藍色的溶劑合電子，能導(dǎo)電，即溶液的導(dǎo)電性增強，故B正確；C．溶液呈藍色是因為鈉單質(zhì)的自由電子與氨氣結(jié)合產(chǎn)生SKIPIF1<0，隨著反應(yīng)進行，SKIPIF1<0不斷減小，故藍色變淺，故C正確；D．Na和液氨反應(yīng)生成NaNH2和H2，則發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，故D正確。故選A。11．（2021·湖南岳陽市·高三二模）下列各組澄清溶液中離子能大量共存，且滴入X試劑后發(fā)生的離子方程式書寫正確的是選項離子組X試劑離子方程式ANHSKIPIF1<0、Fe3+、SOSKIPIF1<0、Br-過量H2S2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+BFe2+、K+、NOSKIPIF1<0、Cl-少量HI4H++3Fe2＋+NOSKIPIF1<0=3Fe3＋+NO↑+2H2OCNHSKIPIF1<0、Fe3+、AlOSKIPIF1<0、Na+過量銅粉2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+DAlOSKIPIF1<0、Na+、K+、HCOSKIPIF1<0少量HClH++AlOSKIPIF1<0+H2O=Al(OH)3↓A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．四種離子相互不反應(yīng)，能夠共存，三價鐵離子能氧化硫離子生成硫單質(zhì)，硫化氫過量反應(yīng)的離子方程式為Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，A項正確；B．碘離子的還原性強于二價鐵離子，碘離子和氫離子先和硝酸根離子進行反應(yīng)，反應(yīng)方程式為8H++6I-+2NOSKIPIF1<0=3I2SKIPIF1<0+2NO↑+4H2O，B項錯誤；C．三價鐵離子能夠與偏鋁酸根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁和氫氧化鐵沉淀，二者不共存，C項錯誤；D．碳酸氫根離子與偏鋁酸根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和氫氧化鋁沉淀，二者不共存，D項錯誤；答案選A。12．（2021·廣西高三一模）常溫下，關(guān)于離子反應(yīng)，下列說法正確的是A．在c(H)∶c(OH)=10-10的溶液中，Al3、Ba2、Cl不能大量共存，B．在1mol·L-1NaNO3溶液中能大量共存H、Fe2、SCNC．向NH4HCO3溶液中加入過量NaOH溶液，并加熱：NHSKIPIF1<0＋OH=NH3＋H2OD．向1L0.5mol·L-1FeBr2溶液中通入0.1molCl2：2Fe2＋4Br＋3Cl2=2Fe3＋2Br2＋6Cl【答案】A【解析】A．c(H)∶c(OH)=10-10的溶液中，溶液c(H)<c(OH)，溶液呈堿性，存在較多的OH，OH與Al3會發(fā)生反應(yīng)，不能大量共存，A正確；B．SKIPIF1<0與H共存時具有強氧化性，氧化Fe2形成Fe3，F(xiàn)e3與SCN會發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，不能大量共存，B錯誤；C．NaOH溶液過量，碳酸氫根與氫氧根也會反應(yīng)，應(yīng)為NHSKIPIF1<0＋SKIPIF1<0+2OH=NH3↑＋CO2↑+2H2O，C錯誤；D．FeBr2的物質(zhì)的量為1L×0.5mol·L-1=0.5mol，溶液中存在0.5molFe2和1molBr-，Cl2的物質(zhì)的量為0.1mol，氯氣不足，因為亞鐵離子還原性大于溴離子，只發(fā)生2Fe2＋Cl2=2Fe3＋2Cl，D錯誤；故選A。13．（2020·河北高三一模）由下列實驗操作和現(xiàn)象能推出結(jié)論的是選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向黃色的Fe(NO3)3溶液中滴加氫碘酸溶液變?yōu)樽霞t色氧化性：Fe3＋＞I2B向10mL0.2mol·L-1ZnSO4溶液中加入10mL0.4mol·L-1Na2S溶液，再滴加CuSO4溶液先產(chǎn)生白色沉淀，然后沉淀變黑相同溫度下，溶度積常數(shù)：Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)C將CaCO3與鹽酸反應(yīng)得到的氣體直接通入Na2SiO3溶液中產(chǎn)生白色沉淀酸性：H2CO3＞H2SiO3D向FeCl3溶液中滴入幾滴30％的H2O2溶液很快有氣體產(chǎn)生，一段時間后溶液變?yōu)榧t褐色Fe3＋能催化H2O2分解且該分解反應(yīng)為放熱反應(yīng)A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．向黃色的Fe(NO3)3溶液中滴加氫碘酸，溶液變?yōu)樽霞t色，說明有單質(zhì)碘生成，但由于在酸性溶液中硝酸根離子也能氧化碘離子，所以不能說明氧化性：Fe3＋＞I2，A錯誤；B．向10mL0.2mol·L-1ZnSO4溶液中加入10mL0.4mol·L-1Na2S溶液，反應(yīng)中硫化鈉過量，所以再滴加CuSO4溶液，一定會產(chǎn)生黑色沉淀，因此不能說明相同溫度下，溶度積常數(shù)：Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，B錯誤；C．將CaCO3與鹽酸反應(yīng)得到的氣體直接通入Na2SiO3溶液中，由于鹽酸易揮發(fā)，生成的二氧化碳中含有氯化氫，鹽酸也能制備硅酸，因此不能通過產(chǎn)生白色沉淀說明酸性：H2CO3＞H2SiO3，C錯誤；D．向FeCl3溶液中滴入幾滴30％的H2O2溶液，很快有氣體產(chǎn)生，生成的氣體是雙氧水分解產(chǎn)生的，且一段時間后溶液變?yōu)榧t褐色，這說明Fe3＋能催化H2O2分解且該分解反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高促進鐵離子水解，D正確；答案選D。14．（2020·河北張家口市·高三一模）C和CuO在高溫下反應(yīng)生成Cu、Cu2O、CO2、CO?，F(xiàn)將1g碳粉跟8gCuO混合，在硬質(zhì)試管中隔絕空氣高溫加熱，將生成的氣體全部通入足量NaOH溶液中，并收集殘余的氣體，測得溶液增加的質(zhì)量為1.1g，殘余氣體在標準狀況下的體積為560mL。下列說法不正確的是A．反應(yīng)后硬質(zhì)試管中碳粉有剩余B．反應(yīng)后生成Cu2O為0.025molC．該氧化還原反應(yīng)共轉(zhuǎn)移電子0.2molD．反應(yīng)后硬質(zhì)試管中剩余的固體混合物的總質(zhì)量為7.2g【答案】C【解析】生成的氣體全部通過足量NaOH溶液，收集殘余氣體．測得溶液增重的1.1g為二氧化碳的質(zhì)量，二氧化碳的物質(zhì)的量為：SKIPIF1<0=0.025mol，殘余氣體在標準狀況下的體積為560mL為CO的體積，一氧化碳的物質(zhì)的量為：SKIPIF1<0=0.025mol，A．根據(jù)碳元素守恒可知：參加反應(yīng)的C原子的物質(zhì)的量等于CO2與CO的物質(zhì)的量之和，所以參加反應(yīng)的碳元素質(zhì)量為：(0.025mol+0.025mol)×12g/mol=0.6g，碳粉總質(zhì)量為1g，則反應(yīng)后硬質(zhì)試管中碳粉有剩余，故A正確；B．氧化銅的物質(zhì)的量為：n(CuO)=SKIPIF1<0=0.1mol，二氧化碳與一氧化碳含有的氧原子物質(zhì)的量為：0.025mol×2+0.025mol×1=0.075mol，反應(yīng)后氧原子還存在于氧化亞銅中，所以氧化亞銅的物質(zhì)的量為：0.1mol-0.075mol=0.025mol，故B正確；C．反應(yīng)中C元素化合價升高，銅元素化合價降低，碳元素失去的電子物質(zhì)的量與銅元素得到電子的物質(zhì)的量相等，所以轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為：0.025mol×4+0.025mol×2=0.15mol，故C錯誤；D．根據(jù)B項分析，氧化銅的物質(zhì)的量為0.1mol，生成的氧化亞銅的物質(zhì)的量為0.025mol，生成的銅單質(zhì)的物質(zhì)的量=氧化銅中銅原子的物質(zhì)的量-氧化亞銅中銅原子的物質(zhì)的量=0.1mol-0.025mol×2=0.05mol，根據(jù)A項分析，反應(yīng)后碳有剩余，剩余碳的質(zhì)量為1g-0.6g=0.4g，則硬質(zhì)試管中剩余的固體混合物的總質(zhì)量=氧化亞銅的質(zhì)量+銅單質(zhì)的質(zhì)量+剩余碳粉的質(zhì)量=0.025mol×144g/mol+0.05mol×64g/mol+0.4g=7.2g，故D正確；答案選C。15．（2020·通榆縣第一中學(xué)校高三月考）4.6g銅鎂合金完全溶解于100mL密度為1.40g/mL、質(zhì)量分數(shù)為63%的濃硝酸中，得到4480mLNO2和336mLN2O4的混合氣體(標準狀況)，向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液至離子恰好全部沉淀時，下列說法不正確的是A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2:3B．該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0mol/LC．產(chǎn)生沉淀8.51gD．離子恰好完全沉淀時，加入NaOH溶液的體積是230mL【答案】D【解析】A．4480mLNO2的物質(zhì)的量=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，336mLN2O4的物質(zhì)的量=0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，令Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者質(zhì)量與電子轉(zhuǎn)移守恒，可得：①64x+24y＝4.6，②2x+2y＝0.2+0.015×2，解得x=0.046、y=0.069，故該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比=0.046mol:0.069mol=2:3，故A正確；B．密度為1.40g/mL、質(zhì)量分數(shù)為63%的濃硝酸。其物質(zhì)的量濃度=SKIPIF1<0，故B正確；C．銅鎂合金完全溶解于濃硝酸中，向反應(yīng)后的溶液中加入NaOH溶液至離子恰好全部沉淀，生成沉淀為Cu(OH)2、Mg(OH)2，由化學(xué)式可知n（OH-）=2n（Cu）+2n（Mg）=2×（0.046mol+0.069mol）=0.23mol，故沉淀質(zhì)量=m（Cu）+m（Mg）+m（OH-）=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g，故C正確；D．離子恰好完全沉淀時，此時溶液中溶質(zhì)為NaNO3，根據(jù)N元素守恒可知n（HNO3）原=n（NaNO3）+n（NO2）+2n（N2O4），故n（NaNO3）=0.1L×14mol/L-0.2mol-2×0.015mol=1.17mol，根據(jù)鈉離子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3）=1.17mol，故需要氫氧化鈉溶液的體積=1.17mol÷1mol/L=1.17L=1170mL，故D錯誤，故選：D。16．（2020·湖南永州市·高三三模）碲被譽為“現(xiàn)代工業(yè)的維生素”，它在地殼中豐度值很低，某科研小組從粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲工藝流程如圖所示。下列有關(guān)說法不正確的是已知：①“焙燒”后，碲主要以TeO2形式存在。②TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿。A．“焙燒”用到的硅酸鹽儀器主要有：坩堝、泥三角、酒精燈、玻璃棒B．“堿浸”時反應(yīng)的離子方程式為TeO2＋2OH－＝SKIPIF1<0＋H2OC．“堿浸”后所得的濾渣中含有Au、Ag，可用稀鹽酸將其分離D．“還原”時氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2【答案】C【解析】粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)，通入氧氣焙燒，可生成TeO2和CuO，加入氫氧化鈉溶液堿浸，生成可溶于水的Na2TeO3，過濾得到的濾渣含有CuO，濾液含有TeO32-，再加入硫酸酸化得到含有Te4+的溶液，最后加入亞硫酸鈉還原并過濾得到粗碲。A．焙燒固體，應(yīng)用坩堝，且放在泥三角上，另外加熱時需要，故酒精燈，并用玻璃棒攪拌，故A正確；B．“堿浸”時TeO2是兩性氧化物，可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為TeO2+2OH-═TeO32-+H2O，故B正確；C．“堿浸”后所得的濾渣中含有的Au、Ag，均為不活潑金屬，不溶于稀鹽酸，無法用稀鹽酸將其分離，應(yīng)選擇稀硝酸，故C錯誤；D．還原反應(yīng)的離子方程式是2SO32-+Te4++2H2O=Te↓+2SO42-+4H+，反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2，故D正確；故答案為C。二、主觀題（共5小題，共52分）17．（2021·北京豐臺區(qū)·高三二模）（10分）銀及其化合物在制造錢幣、電子工業(yè)、醫(yī)藥等方面具有廣泛用途。Ⅰ．銀的冶煉及性質(zhì)(1)熱分解法是金屬冶煉方法之一。以Ag2O為原料冶煉銀的化學(xué)方程式為__。(2)電解精煉銀的工作原理如圖所示，___（填“a”或“b”）極為含有雜質(zhì)的粗銀，若b極有少量紅棕色氣體生成，則生成該氣體的電極反應(yīng)式為___。Ⅱ．銀的化合物的性質(zhì)(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色沉淀，寫出反應(yīng)的離子方程式__。(4)在光照條件下，AgNO3可分解為Ag、O2和某種氮的氧化物。稱取34gAgNO3固體，充分光照使其完全分解，測得反應(yīng)后生成O2的體積（折合成標準狀況）為2.24L，反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為__。(5)納米硫化(Ag2S)應(yīng)用廣泛。Ag2S溶于濃HNO3后，產(chǎn)生淡黃色固體及無色氣體，該氣體遇空氣迅速變?yōu)榧t棕色。寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式__?！敬鸢浮浚ǔ龢俗⑼猓靠?分）(1)2Ag2O4Ag+O2↑(2)a（1分）NOSKIPIF1<0+e-+2H+＝NO2+H2O(3)AgCl+Br-＝AgBr+Cl-（1分）(4)0.4mol(5)3Ag2S+8HNO3(濃)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O【解析】(1)Ag的金屬活潑性比較弱，用熱分解法冶煉金屬Ag。以Ag2O為原料冶煉銀的化學(xué)方程式為2Ag2O4Ag+O2↑；答案為：2Ag2O4Ag+O2↑；(2)由圖可知，電極a與電源正極相連，作陽極。電極b與電源負極相連，作陰極。根據(jù)電解原理，可知粗銀作陽極，即a極為含有雜質(zhì)的粗銀。紅棕色氣體為NO2氣體，b極有該氣體生成，說明NOSKIPIF1<0得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：NOSKIPIF1<0+e-+2H+＝NO2+H2O；答案為：a；NOSKIPIF1<0+e-+2H+＝NO2+H2O；(3)AgBr為淡黃色沉淀，說明反應(yīng)中AgCl轉(zhuǎn)化為AgBr，反應(yīng)的離子方程式為：AgCl+Br-＝AgBr+Cl-；答案為：AgCl+Br-＝AgBr+Cl-；(4)34gAgNO3的物質(zhì)的量=SKIPIF1<0，生成的O2的物質(zhì)的量=SKIPIF1<0，NOSKIPIF1<0中O元素的化合價由-2價變?yōu)?價，每生成1molO2轉(zhuǎn)移4mol電子，則生成0.1molO2轉(zhuǎn)移0.4mol電子。答案為：0.4mol；(5)由題可知，Ag2S溶于濃HNO3后，生成S單質(zhì)和NO氣體，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移以及原子守恒等規(guī)律，可知反應(yīng)方程式為：3Ag2S+8HNO3(濃)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O；答案為：3Ag2S+8HNO3(濃)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O。18．（2020·大連市一0三中學(xué)高三一模）（10分）亞硝酸鈉易溶于水，水溶液顯堿性，有氧化性，也有還原性。由于NaNO2有毒性，將含該物質(zhì)的廢水直接排放會引起水體嚴重污染，所以這種廢水必須處理后才能排放。處理方法之一如下：___NaNO2+___KI+_____→___NO↑+___I2+___K2SO4+___Na2SO4+______（1）請完成該化學(xué)方程式并配平。（2）將上述反應(yīng)方程式改寫為離子反應(yīng)方程式：______________________；（3）用上述反應(yīng)來處理NaNO2并不是最佳方法，其原因是______________________。從環(huán)保角度來講，要處理NaNO2，所用的物質(zhì)的______（填“氧化性”或“還原性”）應(yīng)該比KI更________（填“強”或“弱”）。（4）已知亞硝酸鈉可以與氯化銨反應(yīng)生成氮氣和氯化鈉，寫出該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式并用單線橋表示其電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目_____________________________。【答案】（除標注外，每空2分）（1）222H2SO421112H2O（2）2SKIPIF1<0+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O（3）生成物中含有大氣污染物NO還原性（1分）強（1分）（4）【解析】(1)在反應(yīng)___NaNO2+___KI+_____→___NO↑+___I2+___K2SO4+___Na2SO4+______中，NaNO2中N元素化合價降低，NaNO2是氧化劑，KI中I元素化合價升高，KI是還原劑，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒，確定方程式為2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O；(2)將化學(xué)方程式2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O中的NaNO2、H2SO4、K2SO4、Na2SO4改寫成離子形式，并刪去方程式兩邊相同數(shù)目的相同離子，得上述反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為2SKIPIF1<0+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；(3)在上述反應(yīng)中，生成物中含有大氣污染物NO，所以用此法來處理NaNO2并不是最佳方法；從環(huán)保角度來講，要處理NaNO2，所用的物質(zhì)的還原性應(yīng)該比KI更強；(4)已知亞硝酸鈉可以與氯化銨反應(yīng)生成氮氣和氯化鈉，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，用單線橋表示電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目時，箭頭應(yīng)從NH4Cl中的N元素指向NaNO2中的N元素，數(shù)目為轉(zhuǎn)移電子總數(shù)(3e-)，表示為：。19．（2020·上海青浦區(qū)·高三二模）（11分）Li-SOCl2電池采用LiAlCl4的SOCl2溶液為電解質(zhì)溶液，是目前比能量最高的化學(xué)電源，具有電壓高.儲存壽命長.工作溫度范圍寬.成本低等優(yōu)點。（1）該電池的工作原理為：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，該反應(yīng)的還原產(chǎn)物為__________，若生成標準狀況下氣體11.2L，則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為_____________；（2）SOCl2可用于AlCl3·6H2O制備無水AlCl3，請結(jié)合離子方程式解釋不采用直接加熱晶體的方法除去結(jié)晶水的原因_____________________________________________________________；（3）解釋Li-SOCl2電池組裝必須在無水條件下的原因_______________________________；（4）工業(yè)制硫酸中，SO2的催化氧化采用常壓而不是高壓的原因______________________；（5）向NaOH溶液中緩慢通入SO2至過量，反應(yīng)過程中某微粒X的物質(zhì)的量濃度隨著通入SO2體積的變化如圖所示，該微粒X為_____________，SO2過量時溶液仍然存在微粒X的原因____________________________?！敬鸢浮浚ǔ龢俗⑼?，每空2分）（1）S（1分）2NA（1分）(2)存在Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+平衡，受熱后HCl揮發(fā)，水解平衡持續(xù)正向移動，使氯化鋁轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁(3)Li(或SOCl2)會與水發(fā)生反應(yīng)（1分）(4)常壓SO2的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，高壓雖能使平衡正向移動，但會增加成本(5)SO32-溶液中HSO3-的電離【解析】(1)該電池的工作原理為：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，該反應(yīng)中Li元素由0價變?yōu)?1價，失去電子，被氧化，S元素由+4價變?yōu)?價，得電子，被還原，還原產(chǎn)物為S；反應(yīng)中4molLi參與反應(yīng)生成1molSO2，轉(zhuǎn)移4mol電子，生成標準狀況下SO211.2L，即為SO2的物質(zhì)的量為0.5mol，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.5mol×4=2mol，則數(shù)目為2NA；(2)Al3+在溶液中會發(fā)生水解，存在Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+平衡，受熱后HCl揮發(fā)，水解平衡持續(xù)正向移動，使氯化鋁轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，則SOCl2與水反應(yīng)生成的鹽酸可以抑制鋁離子的水解，可以用于AlCl3·6H2O制備無水AlCl3；(3)金屬鋰是活潑金屬，Li(或SOCl2)會與水發(fā)生反應(yīng)，則電池組裝必須在無水條件下進行；(4)根據(jù)反應(yīng)2SO2+O2SKIPIF1<02SO3，常壓下，SO2的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，高壓雖能使平衡正向移動，但會增加成本；(5)NaOH和二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈉，二氧化硫過量可生成亞硫酸氫鈉，則SO32-濃度先增大后減小，生成的HSO3-可發(fā)生微弱電離生成SO32-，則X為SO32-。20．（2021·江蘇鹽城市·高三二模）（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Cr2OSKIPIF1<0還原為Cr3+。如圖所示，廢水的不同初始pH對Cr2OSKIPIF1<0去除效果有重要影響。①酸性條件下，鋁粉去除Cr2OSKIPIF1<0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Cr2OSKIPIF1<0濃度仍較高的原因是_______。③實驗證明，若初始pH過低，Cr2OSKIPIF1<0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_______。【答案】（每空2分）(1)①SKIPIF1<0②Al的還原性較弱③pH過低，Al和H+反應(yīng)生成Al3+(2)①SKIPIF1<0②Cl-濃度較高時，使得OH-濃度較高，Ca2+、SKIPIF1<0在溶液中濃度降低，導(dǎo)致氯離子去除率下降【解析】(1)①酸性條件下，鋁粉可將廢水中的Cr2OSKIPIF1<0還原為Cr3+，化學(xué)方程式為：SKIPIF1<0；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Cr2OSKIPIF1<0的去除效果不理想；(2)①NaCl溶液、Ca(OH)2和NaAlO2反應(yīng)生成Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀，化學(xué)方程式為：SKIPIF1<0；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，SKIPIF1<0，Cl-濃度較高時，使得OH-濃度較高，Ca2+、SKIPIF1<0在溶液中濃度降低，導(dǎo)致氯離子去除率下降。21．（2021·山東濰坊市·高三一模）（11分）硫氰酸鉀(KSCN)，是一種用途廣泛的化學(xué)藥品，常用于合成樹脂、殺蟲殺菌劑等。某化學(xué)小組用下圖實驗裝置模擬工業(yè)制備硫氰酸鉀，并進行相關(guān)實驗探究。已知：①SKIPIF1<0不溶于SKIPIF1<0和SKIPIF1<0不溶于水且密度比水大；②D中三頸燒瓶內(nèi)盛放SKIPIF1<0、水和催化劑，發(fā)生反應(yīng)SKIPIF1<0，該反應(yīng)比較緩慢且SKIPIF1<0在高于170℃時易分解，SKIPIF1<0在高于25℃時即分解?；卮鹣铝袉栴}：(1)試劑a是____，裝置D中盛裝KOH溶液的儀器名稱是_______。(2)制備KSCN溶液：將D中反應(yīng)混合液加熱至105℃，打開K1通入氨氣。①反應(yīng)一段時間后，關(guān)閉K1，此時裝置C中觀察到的現(xiàn)象是保持三頸燒瓶內(nèi)反應(yīng)混合液溫度為105℃一段時間，這樣操作的目的是___。②打開K2，緩緩滴入適量的KOH溶液，