精品解析：江苏省扬州市江都区大桥高级中学2020届高三上学期第三次学情调研化学试题(解析版)

大桥高级中学2020届高三第一学期学情调研(三)化学试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Fe:56 Pd:106
选择题（共40分）
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1. 第三届联合国环境大会的主题为“迈向无污染的地球”。

下列做法不应提倡的是
A. 推广电动汽车，践行绿色交通
B. 改变生活方式，预防废物生成
C. 回收电子垃圾，集中填埋处理
D. 弘扬生态文化，建设绿水青山
【答案】C
【解析】
【详解】根据大会主题“迈向无污染的地球”，所以A可减少污染性气体的排放，即A正确；B可减少废物垃圾的排放，则B正确；C电子垃圾回收后，可进行分类处理回收其中的有用物质，而不能填埋，故C 错误；D生态保护，有利于有害气体的净化，故D正确。

本题正确答案为C。

2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 甲酸乙酯的结构简式：CH3OOCCH3
B. Al3+的结构示意图：
P
C. 次氯酸钠的电子式：
D. 中子数比质子数多1的磷原子：31
15
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甲酸乙酯的结构简式：HCOOCH2CH3，故错误；
B. Al3+的结构示意图：，故错误；
C. 次氯酸钠的电子式：，故错误；
P，故正确。

D. 中子数比质子数多1的磷原子含有16个中子，质量数为31，符号为：31
15
故选D。

【点睛】掌握电子式的书写方法，离子化合物的电子式中含有电荷和括号，每个原子符号周围一般满足8电子结构。

分清原子之间的共用电子对的数值和写法。

3. 下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）
A. 海带提碘
B. 氯碱工业
C. 氨碱法制碱
D. 海水提溴
【答案】C
【解析】
【详解】A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；
B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；
C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；
D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。

答案选C。

4. 下列说法中的因果关系正确的是
A. 因为氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃
B. 因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂
C. 因为明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用
D. 用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅与氢氟酸发生反应生成四氟化硅，与酸性强弱无关，故A错误；
B．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B正确；
C．明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，不能用于自来水的杀菌消毒，故C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，可使铝钝化，所以在常温下用铝制容器盛放浓硝酸，钝化是铝的表面发生了氧化还原反应，故D错误；
故选B。

5. 下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是
A. 用图甲装置制取并收集二氧化硫
B. 用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释
C. 用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物
D. 用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发结晶
【答案】C
【解析】
【分析】A．二氧化硫密度比空气大；
B．类比浓硫酸的稀释；
C．操作符合过滤中的一贴二低三靠；
D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。

【详解】A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，选项A错误；
B．反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，选项B错误；
C．转移液体时用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠，操作正确，选项C正确；D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸发结晶，选项D错误。

答案选C。

【点睛】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大。

6. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。

下列说法正确的是
A原子半径：r(X)<r(Z)<r(W)
B. Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应
C. 简单氢化物的热稳定性：X＜W
D. X 分别与Y、W形成的化合物中所含化学键类型相同
【答案】B
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，最外层电子数相同，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为金属钠，Z是地壳中含量最多的金属元素，为铝，四种元素原子的最外层电子数总和为16，所以计算X、W的最外层电子数为6，分别为氧和硫。

X为氧，Y为钠，Z为铝，W为硫。

A. 原子半径同一周期从左至右逐渐减小，同一主族从上至下逐渐增大，则原子半径：r(X) <r(W) <r(Z)，故错误；
B. Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝，硫酸，两两之间均能反应，故正确；
C. 因为氧的非金属性比硫强，所以简单氢化物的热稳定性：X>W，故错误；
D. X 分别与Y形成氧化钠或过氧化钠，含有离子键，氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，只含共价键，故错误。

故选B。

7. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向NaAlO2 溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
B. MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++4Cl-MnCl2+Cl2↑+2H2O
C. FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2++H2O2+2H+=Fe3++2H2O
D. Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2++HCO3-+NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+NH4+
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaAlO2和NaHCO3发生反应生成氢氧化铝程度和碳酸钠，离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2O═Al(OH)3↓+CO32-，故A正确；
B．MnO2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；
C．电荷不守恒，FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2═2Fe3++2H2O，故C 错误；
D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式：
Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-，故D错误；
故选A。

【点睛】本题的易错点为D，要注意反应物用量对反应的影响。

8. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 无色透明溶液中:Ca 2+
、Cu 2+
、Br -、Cl -
B. 能使酚酞变红的溶液中:K +
、Na +
、CO 32—
、AlO 2- C. c(ClO -)=1mol·L -1
的溶液中：Fe 2+
、Al 3+
、NO 3-、I -
D. K w /c(OH —
)=0.1mol·L -1
的溶液中:NH 4+
、Mg 2+
、SO 42-、CH 3COO - 【答案】B 【解析】
【详解】A 、含Cu 2+的溶液呈蓝色，故A 错误；B 、能使酚酞变红的溶液显碱性，故四种离子都能共存，则
B 正确；
C 、c(ClO -)=1mol·L -1
的溶液具有氧化性，能氧化Fe 2+
、I -
，故C 错误；D 、()
-Kw
c OH =0.1mol·
L -1的溶液呈酸性，则CH 3COO -不能共存，即D 错误。

因此本题正确答案为B 。

9. 给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是 A. NaCl(aq)NaHCO 3(s) Na 2CO 3(s) B. CuCl 2 Cu(OH)2 Cu C. Al NaAlO 2(aq) NaAlO 2(s)
D. MgO(s) Mg(NO 3)2(aq)
Mg(s)
【答案】C 【解析】
【详解】A. NaCl 溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故不正确； B. CuCl 2和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和葡萄糖反应生成氧化亚铜沉淀，不能得到铜，故错误；
C. Al 和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液加热蒸干得到偏铝酸钠固体，故正确；
D. MgO(s)和硝酸反应生成硝酸镁，硝酸镁溶液电解实际是电解水，不能到金属镁，故错误。

故选C 。

10. 一种新型太阳光电化学电池贮能时电解质溶液中离子在两极发生如下图所示的转化。

下列说法正确的是（）
A. 贮能时，电能转变为化学能和光能
B. 贮能和放电时，电子在导线中流向相同
C. 贮能时，氢离子由a极区迁移至b极区
D. 放电时，b极发生：VO2+2H++e-=VO2++H2O
【答案】D
【解析】
【分析】光照时贮能VO2+失电子转化为VO2+，b极为阳极，a极为阴极，放电时b极为正极，a极为负极，据此分析解答。

【详解】A. 贮能时，光能转变为化学能，选项A错误；
B. 贮能时电子由b极流出，放电时电子由a极流出，在导线中流向不相同，选项B错误；
C. 贮能时，氢离子由阳极b极区迁移至阴极a极区，选项C错误；
D. 放电时，b极为正极，发生电极反应：VO2+2H++e-=VO2++H2O，选项D正确；
答案选D。

不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。

每小题有一个或两个
．．．．．选项符合题意。

若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。

11. 下列说法不正确的是()
A. 合成氨生产中，使用高效催化剂可提高原料平衡转化率
B. 铁质管道与锌用导线相连(如图所示)可防止管道被腐蚀
C. 除去溴化钠溶液中混有的碘化钠：向溶液中加入稍过量溴水，充分反应后，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，取上层溶液
D. 合成氨生产中，将氨气液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
【答案】AD
【解析】
【详解】A．合成氨反应为可逆反应，使用高效催化剂可以改变反应速率，但是不会影响化学平衡，则不能提高原料转化率，故A错误；
B．铁和锌构成的原电池，活泼的金属锌是负极，正极金属铁被保护，即铁质管道与锌用导线相连可防止管道被腐蚀，故B正确
C．溴水与NaI反应生成碘，则充分反应后，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，取上层溶液，可以除去溴化钠溶液中混有的碘化钠，故C正确；
D．将NH3液化分离，平衡正向移动，且瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，然后正反应速率减小，故D错误；
故选AD。

【点睛】本题的易错点为D，将NH3液化分离，氨气的浓度减小，要注意浓度对平衡的影响和对反应速率影响的区别。

12. 下列说法正确的是
A. 氨水加水稀释后，溶液中c（NH3•H2O）/c（NH4+）的值减小，c（H+）增大
B. 因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差
C. 一定温度下，增大反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)容器的体积，平衡不移动
D. 反应TiO2(s) + 2Cl2(g)＝TiCl4(g) + O2(g) ΔH>0能自发进行，其原因是ΔS>0
【答案】AD
【解析】
【详解】A、氨水加水稀释，电离平衡正向移动，n (NH3•H2O)减小，n(NH4+)增大，所以
() ()
32
4
c NH H O
c NH+
⋅
减
小，氢氧根离子浓度减小，溶液中离子积常数不变，氢离子浓度增大，故A正确；
B、不是所有的合金耐腐蚀都很差，例如钛合金、铝合金、不锈钢等具有很好的抗腐蚀性能，故B错误；
C、一定温度下，增大反应2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g)容器的体积，压强减小，平衡正向移动，故C错误；
D、反应TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(g)+O2(g)△H＞0能自发进行，根据△H-T△S＜0，该反应是一个吸热反应，所以△S＞0，故D正确；
故选AD。

13. 下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项实验操作和现象结论
A 向FeBr 2溶液中通入适量Cl 2，溶液由浅绿色变为黄色
Cl 2氧化性强于Br 2
B
常温下，等体积pH ＝3的HA 和HB 两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图
HA 酸性比HB 弱
C 向溶有SO 2的BaCl 2溶液中通入气体X ，出现白色沉淀 X 具有氧化性
D 取久置的Na 2O 2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体
气体为氧气
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B 【解析】
【详解】A ．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl 2、Br 2的氧化性，故A 错误；
B ．由图可知，稀释时HB 的导电能力变化大，则HB 的酸性强，即HA 酸性比HB 弱，故B 正确；
C ．白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X 可能为氨气，故C 错误；
D ．变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D 错误； 故选B 。

14. 常温下，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 向0.1mol/LNa 2CO 3溶液中通入适量2CO 气体后：(
)()()()+
-2-3
3
2
3
c Na
=2c HCO +c CO +c H CO ⎡⎤⎣⎦
B. pH=6的NaHSO 3溶液中：()
()2--7
-1
323c SO -c H SO =9.910mol L ⨯⨯
C. 等物质的量浓度、等体积的Na 2CO 3和NaHCO 3混合：
()()()
()
-2-33233c HCO c CO <c H CO c HCO
D. 0.1mol/LNa 2C 2O 4溶液与0.1mol/LHCl 溶液等体积混合（H 2 C 2O 4为二元弱酸）：
()()()()()2---++24242c C O +c HC O +c OH =c Na +c H
【答案】B 【解析】
【详解】向0.1 mol·
L −1 Na 2CO 3溶液中通入适量CO 2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na +)<2[c(3HCO -
)+c(23CO -
)+c(H 2CO 3)]，A 错误；常温下，pH=6的NaHSO 3溶液中，电荷守恒为c(H +)+c(Na +)=c(OH −)+2c(23SO -
)+c(3HSO -
)，物料守恒为c(Na +)=c(3HSO -
)+ c(23SO -
)+ c(H 2SO 3)，由两个守恒关系式消去钠离子的浓度可得，c(23SO -
)−c(H 2SO 3)=c(H +)−c(OH −)=1×
10−6 mol·L −1− 1×10−8 mol·L −1=9.9×10−7 mol·L −1，B 正确；根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得：
c(3HCO -
)/c(H 2CO 3)=K(H 2CO 3)/c(H +)、c(23CO -
)/c(3HCO -
)=K(3HCO -
)/c(H +)，由于同一溶液中，则氢离子浓度相同，根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知，
c(3HCO -
)/c(H 2CO 3)=K(H 2CO 3)/c(H +)>c(23CO -
)/c(3HCO -
)=K(3HCO -
)/c(H +)，C 错误；0.1 mol·L −1 Na 2C 2O 4溶液与0.1 mol·L −1 HCl 溶液等体积混合（H 2C 2O 4为二元弱酸），由电荷守恒可知2c(224C O -
)+c(24HC O -
)+c(OH −)+ c(Cl −)=c(Na +)+c(H +)，D 错误。

15. 一定温度下，在三个体积均为0.5L 的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl 2(g)COCl 2(g)，其中容器
Ⅰ中5min 时到达平衡。

容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的
量/mol CO
Cl 2 COCl 2 COCl 2 Ⅰ 500 1.0 1.0
0 0.8 Ⅱ 500 1.0 a 0
0.5 Ⅲ
600
0.5
0.5
0.5
0.7
下列说法中正确的是（ ）
A. 容器Ⅰ中前5min 的平均反应速率υ(CO)=0.32mol·L -1·min -1
B. 该反应正反应为吸热反应
C. 容器Ⅱ中起始时Cl 2的物质的量为0.55mol
D. 若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol 、Cl 20.8mol ，达到平衡时CO 转化率大于80%
【答案】AC 【解析】
【详解】A ．容器I 中前5min 的平均反应速率()20.80.5L
υCOCl
=
=0.32mol/L?min 5min
mol ÷（），依据速率
之比等于化学计量系数之比，则υ(CO)=υ(COCl 2)=0.32mol/（L•min ），故A 正确；
B ．依据图中数据可知：若I 和Ⅲ温度相同，则互为等效平衡，升高温度，COCl 2物质的量减小，说明平衡逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B 错误；
C ．依据方程式：CO(g)+Cl 2(g)⇌COCl 2(g)，根据容器I 可知：
()()()()()()
226
CO g Cl g COCl g mol/L m +2201.6 1.6l 1.600o /L l .4
.4
1.mo /L 起始浓度转化浓度平衡浓度
反应平衡常数 1.6
=
=100.40.4K ⨯，平衡时CO 转化率：1.6mol/L 100%=80%2mol/L
⨯；
依据容器Ⅱ中数据，结合方程式可知：
()()()()()
()
22+22a 0
1111
2a-1
1
CO g Cl g COCl g mol/L mol/L mol/L 起始浓度转化浓度平衡浓度
Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：()
1
==1012a-1K ⨯，解得：a=0.55mol ，故C 正确；
D ．CO(g)+Cl 2(g)
COCl 2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I 加入CO0.8mol ，Cl 20.8mol ，相当
于给体系减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D 错误； 故答案为AC 。

非选择题（共80分）
16. NaClO 2的漂白能力是漂白粉的4～5倍， NaClO 2广泛用于造纸工业、污水处理等。

工业上生产NaClO 2的工艺流程如下：
(1)ClO2发生器中的反应为：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。

实际工业生产中，可用硫黄、浓硫酸代替原料中的SO2，其原因为_____________(用化学方程式表示)。

(2)反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的：________________________。

(3)吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为___________________________________。

(4)某化学兴趣小组用如下图所示装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应：
①盛放浓H2SO4仪器名称为_____，C中溶液的作用是____________。

②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，B中发生的反应可能为__________、Na2O2＋SO2=Na2SO4。

【答案】(1). S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O(2). 驱赶出ClO2，确保其被充分吸收(3). 2ClO2＋2OH－＋H2O2=2ClO2—＋O2＋2H2O(4). 分液漏斗(5). 吸收未反应的二氧化硫(6). 2Na2O2＋2SO2=2Na2SO3＋O2
【解析】
【分析】由反应2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2+2NaHSO4制备ClO2，ClO2与冷的NaOH溶液反应制NaClO2溶液，经过真空蒸发、冷却结晶、干燥得到NaClO2，据此分析解答(1)～(3)；
(4)A制备二氧化硫，与Na2O2在B中反应，C吸收未反应的二氧化硫，D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，D收集生成的氧气，据此分析解答。

【详解】(1)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在硫酸作用下发生氧化还原反应，而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫，反应的方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O；
(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，通入空气可以将其完全排出，确保其被充分吸收，故答案为：驱赶出ClO2，确保其被充分吸收；
(3)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的离子方程式为
2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+2OH-+H2O2═2ClO2-++O2+2H2O；
(4)①根据装置图，盛放浓H2SO4仪器为分液漏斗；C中溶液的作用是吸收未反应的二氧化硫；故答案为：分液漏斗；吸收未反应的二氧化硫；
②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：
2Na2O2+2SO2═2Na2SO3+O2。

【点睛】本题的易错点为(4)②中方程式的书写，要注意根据题意生成了氧气，因此不能反应生成硫酸钠。

17. 工业上利用H2SiF6溶液制备BaF2，同时可得到副产品SiO2，其工艺如下：
已知：焙烧过程的反应为(NH4)2SiF6+ BaCO3BaSiF6+ 2NH3↑+ CO2↑+H2O↑
（1）焙烧的气体产物能恰好完全反应生成物质A，则A的化学式为_______________。

（2）氨解反应为放热反应，且反应能进行完全。

该反应需降温冷却的原因为___________、___________。

（3）热解的另一产物是含两种元素的气体，该气体水解的化学方程式是____________________。

（4）SiO2可用于制作_________________，该物质在信息传输中具有重要应用。

（5）为保持该过程的持续循环，每生成1 mol BaF2，理论上需补充原料H2SiF6______________mol。

【答案】(1). (NH4)2CO3(2). (NH4)2CO3受热易分解(3). 减小(NH4)2SiF6晶体的溶解度(4). 3SiF4+ 2H2O = 2H2SiF6+ SiO2(5). 光导纤维(6). 1/3
【解析】
【分析】利用H2SiF6溶液制备BaF2的流程为：H2SiF6溶液中加入碳酸铵进行氨解生成二氧化碳和（NH4）
SiF6晶体，由于（NH4）2CO3受热易分解同时也为了减小（NH4）2SiF6晶体的溶解度，氨解需降温冷却，2
过滤后将（NH4）2SiF6晶体与碳酸钡混合进行焙烧，生成BaSiF6和NH3、CO2、H2O，生成的NH3、CO2、H2O能恰好完全反应生成物质A，则A为碳酸铵，可进行循环利用，进行热解生成BaF2和另一产物是含两种元素的气体应为SiF4，水解可得H2SiF6和SiO2，H2SiF6可循环利用；据此分析解答。

【详解】（1）根据上面的分析可知，A的化学式为（NH4）2CO3；
（2）根据上面的分析可知，氨解反应需降温冷却的原因为（NH4）2CO3受热易分解、减小（NH4）2SiF6晶体的溶解度；
（3）热解的另一产物是含两种元素的气体为SiF4，SiF4水解的化学方程式是3SiF4+2H2O=2H2SiF6+SiO2；
（4）SiO2可用于制作光导纤维；
（5）根据方程式H2SiF6+（NH4）2CO3=（NH4）2SiF6+CO2+H2O、（NH4）
2
SiF6+BaCO3BaSiF6+2NH3↑+CO2↑+H2O↑、BaSiF6+H2O=SiF4+BaF2、3SiF4+2H2O=2H2SiF6+SiO2可知，
每1molH2SiF6参加反应可生成1mol BaF2同时又得到2
3
mol的H2SiF6，所以为保持该过程的持续循环，理论
上需补充原料H2SiF61
3 mol。

18. 工业上利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下：
（1）制备FeCO3时，选用的加料方式是_______________（填字母）。

a．将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中
b．将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中
c．将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中
（2）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是________________。

（3）干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3·nH2O被空气氧化为FeOOH，其化学方程式为________________。

（4）取干燥后的FeCO3样品12.49 g隔绝空气焙烧至600℃，质量变为8.00 g，继续加热最终得到Fe 6.16 g，则600℃产物的可能组成为_______________（写出一种即可），计算FeCO3样品中FeCO3与FeOOH的质量_____________（写出计算过程）。

【答案】(1). c(2). 取最后一次的洗涤滤液1~2 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净(3). 4(FeCO3·nH2O)+O24FeOOH+4CO2+(4n−2)H2O(4). FeO与Fe2O3（或FeO与Fe3O4或FeO、Fe2O3、Fe3O4等）(5). 设样品中FeCO3物质的量为x；FeOOH 物质的量为y；依据铁元素守恒得到：x+y=6.16 g/56 g·mol−1；质量关系：116 g·mol−1×x+89 g·mol−1×y=12.49 g，解得x=0.1 mol；y=0.01 mol；得到质量为FeCO3：11.6 g，FeOOH：0.89 g。

【解析】
【详解】（1）利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于Na2CO3溶液碱性较强，可能会生成Fe(OH)2沉淀，如果将Na2CO3加入FeSO4溶液中，Fe2+是过量的，并且FeSO4溶液为酸性，Fe2+不易形成
CO 容易与Fe2+结合为沉淀析出。

因此为避免生成Fe(OH)2沉淀，应将Na2CO3溶液缓慢加Fe(OH)2沉淀，2
3
入到盛有FeSO4溶液的反应容器中。

（2）取最后一次的洗涤滤液1~2 mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。

（3）干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3·nH2O被空气氧化为FeOOH，依据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，写出化学方程式为4(FeCO3·nH2O)+O24FeOOH+4CO2+
(4n−2)H2O。

（4）样品为FeCO3和FeOOH，依据元素化合价可知铁元素化合价为二价和三价，加热焙烧600℃，质量变为8.00 g，分解生成了铁的氧化物、二氧化碳和水；根据铁元素化合价判断，氧化物中含有亚铁离子和铁离子，氧化物为FeO与Fe2O3或FeO与Fe3O4或FeO、Fe2O3、Fe3O4；设样品中FeCO3物质的量为x；FeOOH 物质的量为y；依据铁元素守恒得到：x+y=6.16 g/56 g·mol−1；质量关系：116 g·mol−1×x+89 g·mol−1×y=12.49 g 计算得到x=0.1 mol；y=0.01 mol；
得到质量为FeCO3：11.6 g，FeOOH：0.89 g。

19. 实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料锰酸锂（LiMn2O4）的一种流程如下：
（1）废旧电池可能残留有单质锂，拆解不当易爆炸、着火，为了安全，对拆解环境的要求是_________。

（2）“酸浸”时采用HNO3和H2O2的混合液体，可将难溶的LiMn2O4转化为Mn(NO3)2、LiNO3等产物。

请写出该反应离子方程式_________。

如果采用盐酸溶解，从反应产物的角度分析，以盐酸代替HNO3和H2O2混合物的缺点是_________。

（3）“过滤2”时，洗涤Li2CO3沉淀的操作是_________。

（4）把分析纯碳酸锂与二氧化锰两种粉末，按物质的量1：4混合均匀加热可重新生成LiMn2O4，升温到515℃时，开始有CO2产生，同时生成固体A，比预计碳酸锂的分解温度（723℃）低很多，可能的原因是________。

（5）制备高纯MnCO3固体：已知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；Mn(OH)2
开始沉淀的pH=7.7。

请补充由上述过程中，制得的Mn(OH)2制备高纯MnCO3的操作步骤[实验中可选用的试剂：H2SO4、Na2CO3、C2H5OH]：向Mn(OH)2中边搅拌边加入_________。

【答案】(1). 隔绝空气和水分(2). 2LiMn2O4+10H++3H2O2=2Li++4Mn2++3O2↑+8H2O(3). 反应生成Cl2，污染环境(4). 沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出，重复操作 2~3 次(5). MnO2作为催化剂，降低了碳酸锂的分解温度(6). H2SO4溶液，固体溶解，加入 Na2CO3，并控制溶液 pH＜7.7，过滤，用少量的乙醇洗涤，低于 100℃真空干燥
【解析】
【详解】分析：本题以废旧锂离子正极材料锰酸锂的利用流程为载体，考查流程的分析、离子方程式的书写、基本实验操作、物质制备实验方案的设计。

“酸浸”时采用HNO3和H2O2的混合液体，可将难溶的LiMn2O4转化为Mn（NO3）2、LiNO3等产物；“沉淀1”加入NaOH将Mn（NO3）2转化成沉淀；“沉淀2”加入Na2CO3与Li+形成Li2CO3沉淀。

（1）Li与空气中的O2和水反应。

（2）HNO3和H2O2的混合液将LiMn2O4还原为Mn（NO3）2，则H2O2被氧化成O2。

用盐酸代替HNO3和H2O2的混合液，盐酸的氧化产物为Cl2。

（3）洗涤的操作：沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出，重复操作2~3 次。

（4）MnO2作为催化剂，降低了碳酸锂的分解温度。

（5）根据题目提供的试剂分析，制备MnCO3的原理为：
Mn（OH）2+H2SO4=MnSO4+2H2O、MnSO4+Na2CO3=MnCO3↓+Na2SO4，pH=7.7时开始形成Mn（OH）2沉淀，加入Na2CO3沉淀Mn2+时控制pH 7.7；根据MnCO3的物理性质和化学性质选择MnCO3分离提纯的方法。

详解：（1）废旧电池可能残留有单质锂，锂化学性质活泼，锂可与空气中的O2和H2O反应，对拆解的要求是：隔绝空气和水分。

（2）“酸浸”时采用HNO3和H2O2的混合液体，可将难溶的LiMn2O4转化为Mn（NO3）2、LiNO3等产物，LiMn2O4被还原成Mn（NO3）2，则H2O2被氧化成O2，反应中1molLiMn2O4参与反应得到3mol电子，1molH2O2失去2mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为
2LiMn2O4+10HNO3+3H2O2=2LiNO3+4Mn（NO3）2+3O2↑+8H2O，反应的离子方程式为
2LiMn2O4+10H++3H2O2=2Li++4Mn2++3O2↑+8H2O。

若采用盐酸溶解，盐酸作还原剂被氧化成Cl2，以盐酸代替HNO3和H2O2混合物的缺点是：反应生成Cl2，污染环境。

（3）“过滤2”时，洗涤Li2CO3沉淀的操作是：沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出，重复操作2~3 次。

（4）将分析纯碳酸锂与MnO2按物质的量1:4混合均匀升温到515℃时，开始有CO2产生，比预计的碳酸锂的分解温度低很多，可能的原因是：MnO2作为催化剂，降低了碳酸锂的分解温度。

（5）根据题目提供的试剂分析，制备MnCO3的原理为：
Mn（OH）2+H2SO4=MnSO4+2H2O、MnSO4+Na2CO3=MnCO3↓+Na2SO4，pH=7.7时开始形成Mn（OH）2沉淀，加入Na2CO3沉淀Mn2+时控制pH<7.7；制备MnCO3的步骤为：向Mn（OH）2中加入H2SO4，固体溶解转化为MnSO4溶液，向MnSO4溶液中加入Na2CO3控制pH<7.7获得MnCO3沉淀；由于“MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解”，所以为了减少MnCO3的氧化变质和分解、以及溶解损失，过滤分离出MnCO3后，用乙醇洗涤，在低于100℃真空干燥。

由Mn（OH）2制备高纯MnCO3的操作步骤为：向Mn（OH）2中边搅拌边加入H2SO4溶液，固体溶解，加入Na2CO3，并控制溶液pH＜7.7，过滤，用少量的乙醇洗涤，低于100℃真空干燥。

20. 研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

(1)CO2和H2可直接合成甲醇，向一密闭容器中充入CO2和H2，发生反应：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH
①保持温度、体积一定，能说明上述反应达到平衡状态的是___________。

A．容器内压强不变B．3v正(CH3OH)= v正(H2)
C．容器内气体的密度不变D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变
②测得不同温度时CH3OH的物质的量随时间的变化如图1所示，则ΔH___________0(填“＞”或“＜”)。

(2)工业生产中需对空气中的CO进行监测。

①PdCl2溶液可以检验空气中少量的CO。

当空气中含CO时，溶液中会产生黑色的Pd沉淀。

若反应中有0.02 mol电子转移，则生成Pd沉淀的质量为___________。

②使用电化学一氧化碳气体传感器定量检测空气中CO含量，其模型如图2所示。

这种传感器利用了原电池原理，则该电池的负极反应式为___________。

(3)某催化剂可将CO2和CH4转化成乙酸。

催化剂的催化效率和乙酸的生成速率随温度的变化关系如图3所示。

乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是___________。

CO-)=___________。

(4)常温下，将一定量的CO2通入石灰乳中充分反应，达平衡后，溶液的pH为11，则c(2
3
(已知：K sp[Ca(OH)2]=5.6×10−6，K sp(CaCO3) =2.8×10−9)
(5)将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。

图4是通过光电转化原理以廉价原料制备新。