《2019-2020学年北京市北方交通大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市北方交通大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京市北方交通大学附属中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、实验密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A Al2O3熔点高，可用作耐高温材料BFeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu C石墨具有导电性，可用于制铅笔芯D浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2【答案】A【解析】【分析】【详解】A熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，A 选；BCu 与 FeCl3发生氧化还原反应，则用FeCl3腐蚀 Cu 刻制印刷电路板，与FeCl3溶液呈酸性无对应
2、关系，B 不选；C、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，C不选；D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥CO2，与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，D 不选；答案选 A。2下列反应或过程吸收能量的是()A苹果缓慢腐坏B弱酸电离C镁带燃烧D酸碱中和【答案】B【解析】【详解】A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故A 不符合题意；B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B 符合题意；C、镁带燃烧，属于放热反应，故C 不符合题意；D、酸碱中和，属于放热反应，故D 不符合题意；答案选 B。3常温下，控制条件改变0.1mol L-1二元弱酸H2C2O4溶液的 pH，溶液中的H2C2O4
3、、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数(X)随 pOH 的变化如图所示。已知pOH=-lgc(OH-)，-2-2242424c(X)(X)=c(H C O+c(HC O)+c(C O)）。下列叙述错误的是（）A反应 H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数的值为103B若升高温度，a 点移动趋势向右CpH=3 时，2-24224c(C O)c(H C O)=100.6：1 D物质的量浓度均为0.1mol L-1的 Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液中：c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)c(H+)c(OH-)【答案】B【解析】【分析】【详解】A反应 H2C2O4+
4、C2O42-2HC2O4-的平衡常数K=-242422+a1+42-2-224242224a42HC OHC OHC OH C OC OH C OC OH=HccccKcKccccgg，a 点 c(C2O42-)=c(HC2O4-)，此时pOH=9.8，则 c(OH-)=10-9.8mol/L，c(H+)=10-4.2mol/L，则 Ka2=+2-24-24HC OHC Occc=10-4.2；同理 b 点c(HC2O4-)=c(H2C2O4)可得 Ka1=10-1.2，所以反应的平衡常数K=-1.23-4.210=1010，故 A 正确；B温度升高，水的电离程度增大，水的离子积变大，pH 与
5、 pOH 之后小于14，则图像整体将向左移动，故 B 错误；C4.21.2-2-+2-+21424242-2+2+-3224224224C OC OHHC OH1=H C OH C OHC10OH1010H=aacccccccKcccKgg=100.6：1，故 C正确；DH2C2O4的 Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，则 HC2O4-的水解平衡常数Kh1=-14-9.8w-4.2a 210=1010KK，即其电离程度大于其水解程度，所以纯NaHC2O4溶液中 c(C2O42-)c(HC2O4-)，加入等物质的量浓度Na2C2O4、草酸钠会电离出大量的 C2O42-，则溶液中c(C2
6、O42-)c(HC2O4-)依然存在，据图可知当c(C2O42-)c(HC2O4-)时溶液呈酸性，钠离子不水解，所以混合溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)c(H+)c(OH-)，故 D 正确；故答案为B。【点睛】有关溶液中离子的物质的量分数变化的图像，各条曲线的交点是解题的关键，同过交点可以求电离平衡常数和水解平衡常数；D 项为易错点，要通过定量的计算结合图像来判断溶液的酸碱性。4下列实验中，所选装置或仪器合理的是A高温煅烧石灰石B从 KI和 I2的固体混合物中回收I2C除去乙醇中的苯酚D量取 15.00mLNaOH 溶液【答案】D【解析】【详解】A.高温
7、煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行，氧化钙与二氧化硅反应，A 错误；B.I2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，B 错误；C.苯酚易溶于乙醇中，不会有沉淀，所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚，C错误；D.量取 15.00mLNaOH 溶液，可选择滴定管，移液管等精准的量器，D 正确；答案选 D。5人体尿液中可以分离出具有生长素效应的化学物质吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A分子中含有2 种官能团B吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种C1 mol 吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5 mol H2D分子中不含手性碳原子【答案】D【解析】【分析】【详解】A
8、分子中含有三种官能团，包括了羧基、碳碳双键和氨基，A 错误；B采用“定一移一”的方法，二氯代物，如图所示：、，共有 6 种，B 错误；C1mol 苯环能够与3molH2发生加成，1mol 碳碳双键和1molH2发生加成，而羧基不能与H2发生加成，则 1 mol 吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗4mol H2，C 错误；D分子中只有1 个饱和碳原子，但是碳原子连有2 个相同的H 原子，因此分子中不含有手性碳原子，D正确。答案选 D。6下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是：A淀粉葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）B纤维素（水解）葡萄糖（氧化）
9、水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）C植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D酶通常是一类具有高选择催化性能的蛋白质【答案】B【解析】【详解】A.淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故A 正确；B.人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，不能被消化功能，故B错误；C.植物油含不饱和脂肪酸酯，分子中含有碳碳双键具有烯烃的性质，能使Br2/CCl4褪色，故C 正确；D.酶是蛋白质，具有高选择性和催化性能，故D 正确；答案选 B。7化学与环境、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（）A用石材制作砚台的过程是化学变化B氯化铵溶液可清
10、除铜制品表面的锈渍，是因为氨根离子水解使溶液显酸性C月饼因为富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化【答案】B【解析】【分析】【详解】A用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，故A 错误；B氨根离子水解使溶液显酸性，酸性溶液可以用来除锈，故B 正确；C硅胶具有吸水性，可作食品包装中的硅胶为干燥剂，但硅胶没有还原性、不能除去月饼包装袋中的氧气，可放入装有铁粉的透气袋，故C错误；D石英坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠发生反应，故D 错误；故答案选B。8化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A
11、SiO2超分子纳米管属无机非金属材料B草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙C“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同D 本草纲目记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇【答案】B【解析】【详解】A.SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，A 正确；B.碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B 错误；C.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，C 正确；D.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D 正确；故合理选项是B。9中华
12、文明博大精深。下列说法错误的是A黏土烧制陶瓷的过程中发生了化学变化B商代后期制作的司母戊鼎属于铜合金制品C侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱D屠呦呦发现的用于治疗疟疾的青蒿素()属于有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A.黏土烧制陶瓷的过程需要高温加热，逐渐去除了有机物，无机物之间相互反应生成了新物质，发生了化学变化，故A 正确；B.司母戊鼎由青铜制成，青铜中含有铜元素、锡元素、铅元素等，属于合金，故B 正确；C.侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱，即碳酸钠，故C正确；D.青蒿素的相对分子质量较小，不属于有机高分子化合物，故D 错误；故选 D。【点睛】有机高分子化合物，由千百个原子彼此以共价键结
13、合形成相对分子质量特别大、具有重复结构单元的有机化合物，属于混合物。一般把相对分子质量高于10000 的分子称为高分子。10某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和2O物质的量百分含量分别是10%和 6%，发生反应为：222NO g+Og2NOg?（），在其他条件相同时，测得试验数据如下：压强（51 10 Pa）温度()NO 达到所列转化率所需时间（s）50%90%98%1.0 30 12 250 2830 90 25 510 5760 8.0 30 0.2 3.9 36 90 0.6 7.9 74 根据表中数据，下列说法正确的是A温度越高，越有利于NO 的转化B增大压强，反应速率变慢C在5
14、1 10 Pa、90条件下，当转化率为98%时反应已达平衡D如进入反应塔的混合气体为amol，如速率vn/t表示，则在58 10 Pa、30条件下，转化率从50%增至 90%时段，NO 的反应速率为4a/370 mol/s【答案】D【解析】【详解】A.由表可知，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，可知升高温度不利于NO转化，故A错误；B.由表可知，相同温度、压强高时达到相同转化率需要的时间少，可知增大压强，反应速率加快，故B错误；C.在 1.0 105Pa、90条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不能确定反应是否达到平衡，故 C错误；D.8.0 105Pa、30条件下转化率从
15、50%增至 90%时段 NO，时间为3.7s，转化的NO 为amol 0.1 (90%-50%)=0.04amol，反应速率v=n/t，则 NO 的反应速率为0.04amol/3.7s=4a/370mol/s，故D 正确；故选 D。【点睛】从实验数据中获取正确信息的关键是，比较相同压强时，温度对平衡能移动的影响及相同温度时，压强对平衡移动的影响，从时间的变化比较外界条件对反应速率的影响。11铟（In）被称为信息产业中的“朝阳元素”。由“铟49In-114.8”不可能知道的是（）A铟元素的相对原子质量B铟元素的原子序数C铟原子的相对原子质量D铟原子的核电荷数【答案】C【解析】【详解】A 114.
16、8 即为铟元素的相对原子质量，故A 错误；B49 既为铟元素的原子核内的质子数，也为铟元素的原子序数，故B 错误；C由于铟元素可能含有两种或两种以上的铟原子，故仅根据114.8 无法计算出各铟原子的相对原子质量，故 C 正确；D 49 既是铟原子的质子数，也是铟原子的核电荷数，故D 错误。故选：C。【点睛】本题考查了原子结构中质子数与核电荷数、原子序数、电子数等之间的关系以及元素的相对原子质量与各原子的相对原子质量之间的计算关系。注意仅根据一种原子的相对原子质量无法计算元素的相对原子质量，同样，仅根据元素的相对原子质量也无法计算原子的相对原子质量。12如图是用于制取、收集并吸收多余气体的装置，
17、如表方案正确的是（）选项X Y Z A 食盐、浓硫酸HCl 碱石灰B CaO、浓氨水NH3无水 CaCl2C Cu、浓硝酸NO2碱石灰D 电石、食盐水C2H2含溴水的棉花A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A浓硫酸和食盐制取氯化氢可以用固液混合不加热型装置，HCl 密度大于空气且和氧气不反应，所以可以采用向上排空气法收集，HCl 能和碱石灰反应，所以可以用碱石灰处理尾气，选项A 正确；B氨气密度小于空气，应该用向下排空气收集，选项B 错误；C二氧化氮和碱石灰反应可能有NO 产生，NO 也能污染空气，选项C错误；D乙炔密度小于空气，应该用向下排空气法收集，选项D 错误；答
18、案选 A。13NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A常温常压下，1.8g 甲基(CD3)中含有的中子数目为NAB0.5mol 雄黄(As4S4，结构为)含有NA个 S-S 键CpH1 的尿酸(HUr)溶液中，含有0.1NA个 H+D标准状况下，2.24 L 丙烷含有的共价键数目为NA【答案】D【解析】【详解】A 选项，常温常压下，1 个甲基(CD3)有 9 个中子，1.8g 甲基(一 CD3)即物质的量为0.1mol，因此 1.8g 甲基(CD3)中含有的中子数目为0.9 NA，故 A 错误；B 选项，S 原子最外层6 个电子，能形成2 个共价键，As 原子最外层5 个电子，能形成3
19、个共价键，所以该结构简式中，黑球为As 原子，白球为S原子，As4S4中不存在SS键，故 B 错误；C 选项，pH1 的尿酸(HUr)溶液中，因溶液体积没有，因此无法计算含有多少个H+，故 C 错误；D 选项，标状况下，2.24 L 丙烷即 0.1mol，一个丙烷含有8个 CH 键和 2 个 CC键，因此2.24 L 丙烷含有的共价键物质的量为1mol，数目为NA，故 D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】CD3中的氢为质子数为1，质量数为2 的氢；14已知 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 3g 由 CO2和 SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAB1L0.1mol?L1
20、 Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目为 0.1NAC0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.2NAD 2.8g 聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A.假设 3g 由 CO2和 SO2组成的混合气体中CO2的质量为xg,有 CO2含有的质子的物质的量为xx22mol44/2ggmol，SO2含有的质子的物质的量为(3-x)3-x32mol64/2ggmol，电子的总物质的量为x3-xmol+mol=1.5mol22，因此 3g 由 CO2和 SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA，A 项正确；B.由于 SiO32-会水解，因此1L0.1
21、mol?L1 Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目小于0.1NA，B项错误；C.1mol 过氧化氢分解转移的电子的物质的量为1mol，因此 0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NA，C项错误；D.聚乙烯中不存在碳碳双键，因此2.8g 聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0，D 项错误。故答案选A。【点睛】溶液中微粒数目确定需要注意以下几个问题：溶液的体积是否已知；溶质能否水解或电离；水本身是否存在指定的元素等。15下列变化不涉及氧化还原反应的是A明矾净水B钢铁生锈C海水提溴D工业固氮【答案】A【解析】【详解】A.明矾净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧
22、化还原反应，故A 选；B.Fe、O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B 不选；C.Br元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故C 不选；D.工业固氮过程中，N 元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D 不选；故选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为_(任写一种)。(2)“操作”中铜发生反应的离子方
23、程式为_。(3)“调节 pH”操作中加入的试剂为_(填化学式)。(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为_。(5)“操作”中温度选择5560的原因是 _；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：_。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g 产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中 Cu2(OH)2CO3的纯度为 _(用含 m1、m2的代数式表示)。【答案】搅拌（或适当升温等合理答案即可）H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2OCuO 或
24、Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23 次温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2121m111mm31 100%【解析】【分析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为 Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH 值，
25、将 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在5560左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2O；(3)“调节 pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入C
26、uO或 Cu(OH)2或 Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23 次；(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作”中温度选择5560的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6)m1g 产品，灼烧至固体质量恒重
27、时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO3=V2CuO+CO2+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO3=V2CuO+CO2+H2O mV222 62 x m1-m2222x=1262m m，解得：x=121113m m1，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为121m1113mm1 100%=121m111mm31 100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。三、推断
28、题（本题包括1 个小题，共10 分）17由化合物A 合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是_（填选项字母）。a化合物A 核磁共振氢谱为两组峰bCH2Br2只有一种结构c化合物E能发生加聚反应得到线型高分子d化合物B 能发生银镜反应，也能与NaOH 溶液反应（2）由 B 转化为 D 所需的试剂为_。（3）D 含有的官能团名称为_，C的同分异构体中具有顺反异构的名称是_（不必注明“顺”“反”）。（4）写出 AB 的化学反应方程式：_。（5）满足下列条件的E的同分异构体W 有_种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1:
29、2:2:2:3 的结构简式为_。lmolW 与足量 NaOH 溶液反应，能消耗2molNaOH 能发生银镜反应 苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应（6）参照上述合成路线，写出以、丙酮为主要原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线 _。【答案】bc 液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚键、溴原子1-溴丙烯9【解析】根据 A 的分子式和性质，判断为酚，再根据 D 的结构，可以判断A 为邻二苯酚()，B 为。(l)aA 为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a 错误；b.甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b 正确；c化合物 E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正
30、确；d B为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d 错误；故选bc；(2)由 B 转化为 D 是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据 D 的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4)A 为邻二苯酚()，B为，AB 的化学方程式为：，故答案为；(5)E 为，E的同分异构体W 满足：lmolW 与足量 NaOH 溶液反应，能消耗 2molNaOH；能发生银镜反应；苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2 个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W
31、 属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3 种结构，共9 种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3 的结构简式为，故答案为9；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似 FG 的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+D E的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的
32、设计。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18我国由海水提取的食盐(海盐)不足四成，大部分产自内陆盐湖(湖盐)和盐矿(矿盐)。（1）由内陆盐湖水为原料进行晒盐，有“夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝）”的说法，下列对其化学原理的描述正确的是_（选填编号）。a由夏到冬，芒硝的溶解度变小b由冬到夏，氯化钠的溶解度变小c夏天温度高，氯化钠易结晶析出（2）芒硝型矿盐卤水中含有一定量Na2SO4和少量 Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，利用硫酸钙微溶于水的性质，用石灰-烟道气（CO2）法净化芒硝型矿盐卤水的流程如图：脱硫工序中先吹空气，发生物理和化学变化：物理变化是氢硫酸有挥发性，部分被直接吹出，
33、化学变化是_（用化学方程式表示）。再加入稍过量的FeCl3溶液除去残留的硫化氢。检验 FeCl3已经过量的试剂是_（填写化学式）。（3）加入 Ca(OH)2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是_。滤渣 A 的主要成分除了Fe(OH)3外，还有 _（填写化学式）。（4）如图所示是石灰-纯碱法净化芒硝型矿盐卤水的部分流程：加入纯碱的作用是_（选填编号）。a调节溶液的pH b除去溶液中的Ca2+c除去溶液中的Mg2+d除去溶液中的SO42石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，石灰-烟道气法的优点是_。（5）如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，离子交换膜只允许阳离子通过，上述精盐水需
34、要进行二次精制后才能作为离子交换膜电解槽的原料。对盐水进行二次精制的目的是_（选填编号）。a进一步降低Ca2+、Mg2+的浓度，提高烧碱纯度b进一步降低SO42的浓度，提高烧碱纯度c防止杂质离子与碱生成的沉淀堵塞离子交换膜d防止溶液酸性或碱性过强，腐蚀离子交换膜盐水中硫酸根浓度过高会使生成的氯气中混有氧气，检验氯气中是否含有少量氧气的操作是_。【答案】ac 2H2S+O2 2S+2H2O KSCN 去除 Mg2+Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3b 原料更加经济（生成成本更低）ac 气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气【解析】【分析】(1)根据溶
35、解度受影响的大小，选择结晶的操作方法-蒸发结晶或降温结晶法；溶解度受温度影响不大的物质结晶时一般采取蒸发结晶的方法，溶解度受温度影响较大的物质结晶时一般采取降温结晶的方法；(2)脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中-2 价的硫具有还原性，两者发生氧化还原反应，检验铁离子用KSCN；(3)加入 Ca(OH)2能沉淀镁离子和铁离子而除去，氢氧化铁、氢氧化镁、碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，滤渣 A 的主要成分除了Fe(OH)3外，还有Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3；(4)加入纯碱的作用是除去溶液中的Ca2+，石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，优点从原料的取材、经济效益等角
36、度进行比较；(5)根据处理后的盐水中还含有少量杂质离子对装置的影响、以及对产品纯度的影响角度来回答，检验氯气中是否含有少量氧气，需先除去氯气，再检验氧气。【详解】(1)因为食盐的溶解度受温度的影响很小，而硫酸钠的溶解度受温度的影响较大，因此夏季温度高，硫酸钠的溶解度大，随着水分的蒸发，氯化钠就会从溶液中结晶析出，而大多数硫酸钠仍旧会溶解在溶液中；而冬天时，温度低，硫酸钠的溶解度变得很小，就会从溶液中结晶析出，而氯化钠的溶解度受温度的影响很小，不会从溶液中结晶析出，因此夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝），所以 ac 符合；答案:ac；(2)脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中-2
37、 价的硫具有还原性，两者反应:2H2S+O2 2S+2H2O，检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在；答案:2H2S+O2 2S+2H2O KSCN；(3)含有一定量Na2SO4和少量 Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，加入氢氧化钙，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁；硫酸钙微溶于水，生成硫酸钙的沉淀；通入烟道气，CO2会与生成的Ca(OH)2反应生成生成碳酸钙沉淀，所以加入Ca(OH)2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是去除Mg2+，滤渣 A 成分还有:Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3；答案:去除 M
38、g2+Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3；(4)加入氢氧化钙的目的是引入氢氧根离子，但同时引入杂质离子钙离子，为除去钙离子，可选用碳酸根离子，所以b 符合；石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，石灰-烟道气法无需使用碳酸钠，原料更加经济(生成成本更低)；答案:b；原料更加经济(生成成本更低)；(5)若食盐水不经过二次精制，处理后的盐水中还含有少量杂质离子Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，对装置中的交换膜产生影响，所以精制食盐水的目的是防止隔膜堵塞，提高产品的纯度，ac 符合；检验氯气中是否含有少量氧气，可先除去氯气，将混合气体通过过量氢氧化钠溶液洗气，氯气能和氢氧化钠反应，而氧气不反
39、应，反应后，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气；答案:ac；气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气。19甲醇是新型的汽车动力燃料。工业上可通过H2和 CO化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为:2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)H=-116kJ/mol(1)已知:CO和 H2的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol。1mol 甲醇气体完全燃烧生成CO2和液态水的热化学方程式为_。(2)下列措施中有利于提高2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)反应速率及原料平衡转化率的是_(填标号)。A分离出CH3OH B 升高温度
40、C 增大压强 D加入合适的催化剂(3)在容积为2L 的恒容容器中，分别在 230、250、270下，改变 H2和 CO的起始组成比(n(H2)/n(CO)，起始时 CO的物质的量固定为1mol，实验结果如图所示：Z 曲线对应的温度是_，判断的依据是_。从图中可以得出的结论是(写两条)_、_。(4)利用图中a 点对应的数据，计算曲线Z对应温度下反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)的平衡常数为_；若在 a 点向容器中再充入1.5molCH3OH 和 0.5mol H2，则原平衡 _移动(填“向正反应方向”或“向逆反应方向”或“不”)【答案】CH3OH(g)+1.5O2(g)=CO2(g)+
41、2H2O(l)H=-73 9kJmol-1C270该反应是放热反应，温度越高转化率越低，在 n(H2)/n(CO)相同条件下，Z的CO 转化率最低、故 Z的温度为270相同温度下，CO的转化率随n(H2)/n(CO)增大而增大在 n(H2)/n(CO)相同条件下，温度越低CO的转化率越高或温度越高 CO的转化率越低16 或 16(mol/L)-2不【解析】试题分析：(1)根据盖斯定律计算甲醇的燃烧热；(2)根据影响反应速率和平衡移动的因素分析；(3)升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低；分析同温下，CO转化率随n(H2)/n(CO)的变化情况；分析在 n(H2)/n(CO)相同条件下，CO转
42、化率随温度变化情况；(4)利用“三段式”计算平衡常数；根据Q与 K的关系判断平衡移动方向；解析：(l)CO 和 H2的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol，即 CO(g)+0.5O2(g)=CO2(g)H=-283kJ/mol；2H2(g)+0.5O2(g)=2H2O H=-572kJ/mol；2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)H=-116kJ/mol，根据盖斯定律+-得 CH3OH(g)+1.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-739kJmol-1；(2)A.分离出 CH3OH，浓度降低，速率减慢，故A错误；B.升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，原料转化率
43、降低，故B错误；C.增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，原料转化率提高，故 C正确；D.加入合适的催化剂，平衡不移动，原料转化率不变，故 D错误。(3)该反应是放热反应，温度越高转化率越低，在 n(H2)/n(CO)相同条件下，Z的 CO转化率最低、故Z的温度为270；相同温度下，CO的转化率随n(H2)/n(CO)增大而增大；在n(H2)/n(CO)相同条件下，温度越低CO的转化率越高或温度越高CO的转化率越低；(4)32220.25160.250.25c CH OHKcHc CO；若在 a 点向容器中再充入1.5molCH3OH 和 0.5molH2，则甲醇的浓度为1mol/L、氢气的浓度为0.5mol/L、一氧化碳的浓度为0.25mol/L；Q=21=16=0.50.25K，所以平衡不移动；点睛：根据Q与 K的关系判断平衡移动方向：若Q=K反应恰好达到平衡状态；若QK反应逆向移动；若QK反应正向移动。