《2019-2020学年福建闽侯第六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学年福建闽侯第六中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19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学年福建闽侯第六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室温下，1 L含 0.1 mol HA 和 0.1 mol NaA 的溶液 a 及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH 如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液 a 通入 0.01 mol HCl 加入 0.01 mol NaOH pH 4.76 4.67 4.85 像溶液 a 这样，加入少量强酸或强碱后pH 变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法正确的是A溶液 a 和 0.1 molL-1 HA 溶液中 H2O 的电离程度前者小于后者B向溶液a 中通入 0.
2、1 mol HCl 时，A-结合 H+生成HA，pH 变化不大C该温度下HA 的 Ka=10-4.76D含 0.1 molL-1 Na2HPO4 与 0.1 molL-1 NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A溶液 a 为酸性，HA 电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a 中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a 和 0.1 mol/L HA 溶液中 HA 的电离程度前者小于后者，从而H2O 的电离程度前者大于后者，A 选项错误；B 根据表中数据，向溶液 a 中通入 0.1 mol HCl 时，溶液 a 中一共只有1L含 0.1m
3、ol NaA，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA 变成了 HA，溶液便失去了缓冲能力，pH 不可能变化不大，B选项错误；CHA 的+-c Hc Ac HAaKg，由表可知，1 L含 0.1 mol HA 和 0.1 mol NaA 的溶液 a 的 pH=4.76，但此时c(A-)不等于 c(HA)，故该温度下HA 的 Ka不等于 10-4.76，C选项错误；D向 0.1 molL-1 Na2HPO4 与 0.1 molL-1 NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D 选项正确；答案选 D。2设 NA为阿伏加德罗常数的值，下
4、列说法不正确的是（）A 10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含原子数目为0.6 NAB常温常压下，11.2L 乙烯所含分子数目小于0.5 NAC常温常压下4.4gN2O 与 CO2的混合气体中含的原子数目为0.3 NAD常温下，1molC5H12中含有共价键数为16NA【答案】A【解析】A 10g 质量分数为46%的乙醇水溶液中含有0.1mol 的乙醇和0.3mol 的水，所含原子数目为1.5NA，故 A 错误；B常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则 11.2L 乙烯的物质的量小于0.5mol，所含分子数目小于0.5NA，故 B 正确；CN2O 与 CO2相对分子质量均为44
5、，且分子内原子数目均为3，常温常压下 4.4gN2O 与 CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NA，故 C正确；D每个 C5H12分子中含有4 个碳碳键和 12 个碳氢共价键，1molC5H12中含有共价键数为16NA，故 D 正确；答案为A。3对二甲苯（PX）可发生如下反应生成对苯二甲酸（PTA）。下列有关说法错误的是+12MnO4-+36H+12Mn2+28H2O A PTA是该反应的氧化产物B消耗 1molPX，共转移8mol 电子CPX含苯环的同分异构体还有3 种DPTA与乙二醇可以发生缩聚反应【答案】B【解析】【详解】A.反应中 Mn 元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所
6、以PTA是该反应的氧化产物，故A 正确，不符合题意；B.反应中，Mn 元素的化合价从+7 价降低到+2 价，转移5 个电子，则1molPX 反应消耗2.5mol MnO4-，共转移12.5NA个电子，故B 错误，符合题意；C.PX含苯环的同分异构体，有邻间对三种二甲苯和乙苯，共计四种同分异构体，所以PX含苯环的同分异构体还有3 种，故 C正确，不符合题意；D.PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间能发生缩聚反应，故D 正确，不符合题意；故选：B。4几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，下列说法不正确的是（）元素代号A B D E G I J K 化合价-1-2
7、+4-4-1+5-3+3+2+1 原子半径/nm 0.071 0.074 0.077 0.099 0.110 0.143 0.160 0.186 A常温下B 元素的单质能与K 单质反应BA、I、J 的离子半径由大到小顺序是AJI CG 元素的单质存在同素异形体DJ 在 DB2中燃烧生成B 元素的单质【答案】D【解析】短周期元素，A、E有-1 价，B有-2 价，且 A 的原子半径与B 相差不大，则A、E处于 A 族，B 处于 A族，A 原子半径小于E，可推知A 为 F、E为 Cl，B 为 O；D 有-4、+4 价，处于 A 族，原子半径与O 原子相差不大，可推知 D 为 C元素；G 元素有-3、
8、+5价，处于 A 族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则 G 为 P元素；I、J、K的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于族A、A 族、A 族，原子半径依次增大，且都大于P 原子半径，应处于第三周期，可推知I 为 Al、J为 Mg、K为 Na；ANa 与 O2常温下可生成 Na2O，故 A 正确；BF-、Mg2+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-Mg2+Al3+，故 B 正确；C磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故 C错误；D镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO 和碳单质，故D 错误；故选D。5二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸
9、的说法正确的是（）A二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C等量的二羟基甲戊酸消耗Na 和 NaHCO3的物质的量之比为31 D二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据结构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故 A 错误；B.二羟基甲戊酸中含有羟基，CH2OH 中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C.该有机物中能与Na 发生反应的是OH 和羧基，1mol 二羟基甲戊酸中含有2mol 羟基和 1mol 羧基，因此 1mol 该有机物消耗Na 的物质的量为3mol，能与 NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol
10、该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故 C正确；D.二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D 错误；答案：C。【点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“CH2”。6下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是A与 Na 反应时，乙醇的反应速率比水慢B苯酚能与NaOH 溶液反应而乙醇不能C乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能D苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时，甲苯的反应温度更低【答案】C【解析】【详解】A.与 Na 反应时，乙醇的反应速率比水慢，说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼，这是因为烃基对羟基
11、产生影响，故A 能用基团间相互作用解释；B.苯酚能跟NaOH 溶液反应而乙醇不能，则说明苯环对羟基有影响，故B 能用基团间相互作用解释；C.乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故C不能用基团间相互作用解释；D甲苯的反应温度更低，说明甲苯与硝酸反应更容易，甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，故 D 能用基团间相互作用解释；答案选 C。7下列物质不属于危险品的是A硝化甘油B苯C重晶石D硝酸铵【答案】C【解析】【详解】A.硝化甘油是易爆品,易发生爆炸,故 A 错误;B.苯是易燃物,故 B错误;C.重晶石性质稳定,不属于危险品,故 C正确;D.硝酸铵是易爆品,易
12、发生爆炸,故 D 错误.答案选 C。8下列属于弱电解质的是A氨水B蔗糖C干冰D碳酸【答案】D【解析】A、氨水属于混合物，不在弱电解质讨论范围，故A错误；B、蔗糖是非电解质，故B错误；C、干冰是非电解质，故C错误；D.碳酸在水溶液里部分电离，所以属于弱电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查基本概念，侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概念的理解和判断，解题关键：明确这些概念区别，易错点：不能仅根据溶液能导电来判断电解质强弱，如：氨水属于混合物，其溶解的部分不完全电离溶液能导电，不属于弱电解质，为易错题。984 消毒液可用于新型冠状病毒的消杀，其主要成分为NaClO。NaClO在空
13、气中可发生反应NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO。用化学用语表示的相关微粒，其中正确的是A中子数为10 的氧原子：108OBNa+的结构示意图：CCO2的结构式：O=C=O D NaClO 的电子式：【答案】C【解析】【分析】【详解】A中子数为10 的氧原子，其质量数为18，应写成188O，A 项错误；B钠原子核电荷数为11，Na+的结构示意图为：，B项错误；C二氧化碳中的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式为：O=C=O，C项正确；D NaClO 是离子化合物，电子式为，D 项错误。答案选 C。10工业合成氨的反应是在高温、高压和有催化剂存在的条件下，用氢气和氮气直接化合制
14、取：3H2N2垐?噲?2NH3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是A为了提高H2的转化率。应适当提高N2的浓度B达到平衡时，c(NH3)一定是 c(H2)的三分之二C使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率D达到平衡时，氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍【答案】B【解析】【详解】A、增大 N2的浓度，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，选项A 正确；B、反应达到平衡时，c(NH3)不一定是c(H2)的三分之二，这与该反应的初始物质的量及转化率有关，选项B 错误；C、使用催化剂增大反应速率，不影响化学平衡移动，能提高生产效率，选项C正确；D、氨气分解速
15、率是氮气消耗速率的两倍时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，选项D 正确。答案选 B。11下列关系图中，A 是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当 X是强碱时，过量的B跟 Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是（）A当 X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是 H2SO4B当 X 是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是 HNO3CB和 Cl2的反应是氧化还原反应D当 X 是强酸时，C在常温下是气态单质【答案】D【解析】【分析】根据图中的转化
16、关系可知，A 一定是弱酸的铵盐，当X 是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当 X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。【详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是 H2SO4，故 A 正确；B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是 HNO3，故 B 正确；C.无论 B是 H2S 还是 NH3，B 和 Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D.当 X 是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D 错误；答案选 D。12室温下，用10.10mol L的NaOH溶液滴定10.00mL10.10
17、molL的3CH COOH溶液，水的电离程度随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B从P点到N点，溶液中水的电离程度逐渐增大CN点溶液中-+33c OH=c CH COOH+c CH COO+c HDM点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL【答案】D【解析】【详解】A.用 NaOH 溶液滴定醋酸，由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，A 错误；B.P 点未滴加 NaOH溶液时，CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用，随着NaO
18、H 的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，到M 点时恰好完全反应产生CH3COONa，水的电离达到最大值，后随着NaOH 的滴入，溶液的碱性逐渐增强，溶液中水的电离程度逐渐减小，B 错误；C.N 点溶液为NaOH、CH3COONa按 1:1 物质的量之比混合而成，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将两个式子合并，整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)，C错误；D.M 点时溶液中水电离程度最大，说明酸碱恰好完全中和产生CH
19、3COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH 是一元碱，二者的浓度相等，因此二者恰好中和时的体积相等，故 M 点对应的NaOH 溶液的体积为10.00mL，D 正确；故合理选项是D。13一定压强下，向10 L 密闭容器中充入1 mol S2Cl2和 1 mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)Cl2(g)?2SCl2(g)。Cl2与 SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（）A正反应的活化能大于逆反应的活化能B达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动CA、B、C、D 四点对应状态下，达到平衡状态的为B、D D一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新
20、达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变【答案】A【解析】【分析】根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2 时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知 B、D 点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D 点为平衡点，由图中数据可知，B、D 点的状态对应的温度为250，300时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2 倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H20。【详解】A.正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的
21、活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知H 0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A 错误；B.由分析可知H0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2 时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知 B、D 点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D 点为平衡点，故C 正确；D.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)反应物和产物都是气体，且
22、反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D 正确；答案选 A。14氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu 和 Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2?2H2O 制备 CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是（）A途径 1 中产生的Cl2可以回收循环利用B途径 2 中 200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HClCX气体是 HCl，目的是抑制CuCl2?2H2O 加热过程可能的水解D CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2Cu+4H
23、+SO42-2Cu+SO2+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.途径 1 中产生的Cl2能转化为HCl，可以回收循环利用，A 正确；B.从途径 2 中可以看出，Cu2(OH)2Cl2 CuO，配平可得反应式Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，B正确；C.CuCl2?2H2O 加热时会挥发出HCl，在 HCl 气流中加热，可抑制其水解，C正确；D.2Cu+4H+SO42-2Cu+SO2+2H2O 反应中，只有价态降低元素，没有价态升高元素，D 错误。故选 D。15硫酸铁铵 aFe2(SO4)3 b(NH4)2SO4 cH2O 广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等。某化工厂以硫酸
24、亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵。请回答下列问题：(1)硫酸亚铁溶液加H2SO4酸化的主要目的是_，滤渣A的主要成分是_。(2)下列物质中最适合的氧化剂B 是_。aNaClObH2O2cKMnO4dK2Cr2O7(3)操作甲、乙的名称分别是：甲_，乙 _。(4)上述流程中，有一处不严密，请指出并修改_。(5)检验硫酸铁铵中NH4+的方法是 _。(6)称取14.00 g 样品，将其溶于水配制成100 mL 溶液，并分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14 g 沉淀；向另一份溶液中加入0.05 mol Ba(NO3)2溶液，恰好完全反应。
25、则该硫酸铁铵的化学式为_。【答案】抑制Fe2+的水解CaSO4b 冷却结晶常温晾干氧化后和加热蒸发前需检验Fe2+是否全部被氧化在试管中加入少量样品和氢氧化钠固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，观察到试纸变蓝Fe2(SO4)32(NH4)2SO42H2O【解析】【分析】原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后向滤液中加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁；加入硫酸铵在 80下反应可生成硫酸铁铵，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、常温晾干可得到纯净的硫酸铁铵，据此分析。【详解】(1)硫酸亚铁溶液中Fe2+水解显酸性，加入硫酸抑制Fe2+的水解；同时硫酸根浓度增大，结合 Ca2+生成 CaS
26、O4沉淀，答案为：抑制Fe2+的水解；CaSO4；(2)为避免引入新的杂质，应该加入H2O2，因为其还原产物是水，答案为：b；(3)在 80下反应可生成硫酸铁铵，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、常温晾干可得到纯净的硫酸铁铵，温度不能过高，防止其分解，答案为：冷却结晶；常温晾干；(4)为提高产品的纯度，在加热蒸发之前要检验Fe2+是否全部被氧化，答案为：氧化后和加热蒸发前需检验 Fe2+是否全部被氧化；(5)检验 NH4+的方法是加入强碱溶液，加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，从而证明原溶液中含有 NH4+，答案为：在试管中加入少量样品和氢氧化钠固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸
27、检验，观察到试纸变蓝；(6)称取14.00 g 样品，将其溶于水配制成100 mL 溶液，并分成两等份，说明每一份的样品质量为7g；向其中一份中加入足量NaOH 溶液，过滤洗涤得到2.14 g 沉淀，沉淀为Fe(OH)3，物质的量为2.14g0.02107g/mnmolMmol，即 Fe2(SO4)3的物质的量0.01mol；向另一份溶液中加入0.05 molBa(NO3)2溶液，恰好完全反应，生成BaSO4，则24SO的物质的量为0.05mol，Fe2(SO4)3中有0.03mol24SO，则(NH4)2SO4中有 0.02mol24SO，(NH4)2SO4的物质的量为0.02mol；一份样
28、品中水的质量2H O7g0.01mol 400g/0.02 132g/0.36gmmolmol，水的物质的量为0.02mol；则a:b:c1:2:2，化学式为：Fe2(SO4)32(NH4)2SO42H2O。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和 SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：已知：NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。Fe(OH)3不溶于 NH4Cl氨水的混合液，Ni(OH)2溶于 NH4Cl氨水的混
29、合液生成Ni(NH3)62+。离子浓度 10-5mol L-1时，离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，所采取的的措施为_（写 1 种）。（2）“一次碱析”时，加入的NaOH 溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为_。（3）“氨解”的目的为 _“氨解”时需要控制低温原因是_。（4）“氧化”时发生反应的化学方程式为_。（5）“二次碱浸”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全，则需维持 c(OH-)不低于 _。(已知：Ni(OH)2的 Ksp=2 10-15，2 1.4）。（6）若在流程中完成“系列操作”。则下列实验操作中，不需要的是_(填下列各项中序号)。【答案】废
30、镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可3+-22Cr+4OH=CrO+2H O实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成Ni(NH3)62+3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO +3S+4H2O 1.42 10-5mol L-1cd【解析】【分析】废镍催化剂(主要成分为NiCO3和 SiO2，含少量 Fe2O3、Cr2O3)经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于硫酸为滤渣I 的主要成分；向滤液中加入过量氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为滤液I 的主要成分；向沉淀中加入NH4Cl-
31、氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣 II 的主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到Ni(NH3)62+溶液；向溶液中通入H2S，生成 NiS 沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到NiSO4 7H2O，据此解答本题。【详解】（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，可将废镍催化剂粉碎增加反应接触表面积、增大硫酸浓度、升温等措施，故答案为：废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可；（2）根据信息可知，Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠
32、过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时，加入的NaOH 溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为：3+-22Cr+4OH=CrO+2H O，故答案为：3+-22Cr+4OH=CrO+2H O；（3）废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁，由于Fe(OH)3不溶于 NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于 NH4Cl-氨水的混合液生成Ni(NH3)62+，则“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；加热条件下，氨会挥发，因此控制低温的原因是：防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成 Ni(NH3)62+，故答案为：实现镍元素和铁元
33、素的分离或除去铁元素；防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成Ni(NH3)62+；（4）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应生成S，则稀硝酸中氮元素由+5 价降低到+2 价生成 NO，NiS中的硫元素由-2 价升高到0 价生成 S单质，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO +3S+4H2O，故答案为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO +3S+4H2O；（5）氢氧化镍中存在溶解平衡，Ka=c(Ni2+)c2(OH-)，根据信息，离子浓度 10-5mol L-1时，离子沉淀完全，则
34、 210-15=10-5c2(OH-)，解得 c(OH-)=1.4 10-5mol/L，则若使溶液中Ni2+沉淀完全，需维持c(OH-)不低于1.4 10-5mol/L，故答案为：1.4210-5mol L-1；（6）“系列操作”的目的是从NiSO4溶液中得到NiSO4 7H2O，其操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故不需要的操作为cd，故答案为：cd。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Al3、Fe3、Cu2、Ba2、K和五种阴离子NO3-、OH、Cl、CO32-、Xn-（n=1 或 2）中的
35、一种。（1）通过比较分析，无需检验就可判断其中必有的两种物质是_ 和 _。（2）物质C 中含有离子Xn-。为了确定Xn-，现将（1）中的两种物质记为A 和 B，当C 与 A 的溶液混合时产生白色沉淀，继续加入过量A 溶液白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，则C 为 _（填化学式）。写出部分白色沉淀溶解的离子方程式_。（3）将19.2 g Cu 投入装有足量D 溶液的试管中，Cu 不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu 逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D 一定含有上述离子中的_（填相应的离子符号），写出Cu 溶解的离子方程式_，若要将Cu 完全溶解，至少加入H2S
36、O4的物质的量是_。（4）E 溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，写出该反应的化学方程式为_。【答案】K2CO3Ba(OH)2Al2(SO4)3Al(OH)3 OH=AlO2-2H2O NO3-、Cu23Cu8H2NO3-=3Cu22NO 4H2O 0.4mol 2 FeCl32 H I=2 FeCl2I22HCl【解析】【详解】因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质K2CO3，与其他阳离子结合都是沉淀，氢氧根离子除与钾离子结合外还可以与钡离子结合形成可溶性物质，与其余三种结合都是沉淀，根据题意它们所含的阴、阳离子互不相同，所以氢氧根离子只能与钡离子结合形成Ba(OH)2，故答
37、案为K2CO3；Ba(OH)2；根据 C与 A 的溶液混合时产生白色沉淀，白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，可知溶解沉淀为氢氧化铝，则B 为 Na2CO3，A为 Ba(OH)2则 C 为 Al2(SO4)3，则阴离子有SO42，则 X 为 SO42，即 C为 Al2(SO4)3，沉淀溶解的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO22H2O，故答案为Al2(SO4)3；Al(OH)3 OH=AlO22H2O；19.2 g Cu即物质的量为0.3 mol，Cu 投入装有足量D 溶液的试管中，Cu不溶解，溶液中没有Fe3+，再滴加稀 H2SO4，Cu逐渐溶解，管口有红棕色
38、气体，说明开始产生的是NO，说明 D 中的阴离子一定是NO3，则 D 为硝酸铜，E为氯化铁，管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，所以 Cu溶解的离子方程式为：3 Cu+8 H+2 NO3=3 Cu2+2 NO+4 H2O，根据关系0.3 mol Cu 消耗 0.8mol 氢离子，即0.4mol 硫酸；故答案为NO3、Cu2；3Cu 8H 2NO3=3Cu22NO 4H2O；0.4 mol；氯化铁溶液与氢碘酸反应氯化亚铁和使淀粉变蓝的I2，反应的化学方程式为：2 FeCl32 H I=2 FeCl2I22HCl，故答案为2 FeCl32 H I=2 FeCl2I22HCl；【点睛】加碱先生成
39、沉淀，继续加碱沉淀溶解，一定含有铝离子；加铜不反应，加硫酸生成气体，有无色气体，在空气中生成红棕色气体，说明含有硝酸根离子。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18利用太阳能、风能、生物质能等可再生能源，转化利用二氧化碳设计出适合高效清洁的合成燃料分子结构，实现CO2+H2OCxHy的分子转化，生产合成甲烷、醇醚燃料、烷烃柴油、航空燃油等可再生合成燃料。因此二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。(1)一定条件下，在CO2与足量碳反应所得平衡体系中加入H2和适当催化剂，有下列反应发生：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H1=-206.2kJ/mol CO(
40、g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)?H2若 CO2氧化 H2生成 0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整个过程中放出的热量为16.5kJ，则 H2=_。(2)合成二甲醚的总反应为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)?H=-122.4kJmol-1。某温度下，将2.0molCO2(g)和 6.0molH2(g)充入容积为2L 的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数变化情况如图所示，则p1_(填“”“”“57.1%ab60阳2CO2+2e-=C2O42-【解析】【分析】(1)由“若 CO2氧化 H2
41、生成 0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整个过程中放出的热量为16.5kJ”，我们可写出热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)H=-165.0kJ/mol，利用盖斯定律，可求出 H2。(2)正反应为放热的体积缩小的可逆反应，依据平衡移动原理，增大压强、降低温度，平衡都正向移动，提取图中信息，便可得出p1与 p2、K3与 K4关系及 T1、p1时 H2的平衡转化率。(3)利用?H-T?Sp2，T3T4，则 K3；57.1%；(3)?S0，利用?H-T?S0，可判断该反应的H0。答案为：；a混合气体的平均相对分子质量保持不变，则气体的总物质的量不变，
42、表明反应达平衡状态，a符合题意；b1molCO2生成的同时有3molH-H 键断裂，反应的方向相反，数值之比等于化学计量数之比，表明反应达平衡状态，b 符合题意；c对于该反应，反应物的起始投入量之比等于化学计量数之比，所以不管反应进行到什么程度，CO2的转化率和 H2的转化率始终相等，则反应不一定达平衡状态，c 不合题意；d对于该反应，混合气体的质量与体积都不变，所以密度始终保持不变，反应不一定达平衡状态，d 不合题意。答案为：ab；由表可知，CuO的质量分数为60%时，CH3OH 的产率、CO2的转化率都达最大值，催化效果最佳。答案为：60；(4)因为在 Pb电极区得到ZnC2O4，则表明P
43、b电极上 CO2得电子，Zn 电极失电子作阳极；在阴极，CO2得电子生成C2O42-，与从阳极区通过阳离子交换膜迁移的Zn2+在阴极区发生反应生成ZnC2O4，电极反应式为2CO2+2e-=C2O42-。答案为：阳；2CO2+2e-=C2O42-。【点睛】若我们没有认真理解“已知在Pb 电极区得到ZnC2O4”，则可能会认为在Pb 电极上生成了ZnC2O4，从而造成电极反应式的书写错误。19“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。(1)已知：CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(
44、g)H 41 kJ mol1C(s)2H2(g)CH4(g)H 73 kJ mol12CO(g)C(s)CO2(g)H 171 kJ mol1写出 CO2与 H2反应生成CH4和 H2O(g)的热化学方程式：_(2)目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为2 L 密闭容器中，充入1 mol CO2和 3.25 mol H2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH(g)和 H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)_。下列措施一定不能使CO2的平衡转化率增大的是_。A 在原容器中再充入1 mol CO2 B
45、 在原容器中再充入1 mol H2C 在原容器中充入1 mol 氦气D 使用更有效的催化剂E 缩小容器的容积F 将水蒸气从体系中分离(3)煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下反应：CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)中 CO的平衡转化率随p(H2O)/p(CO)及温度变化关系如图所示：上述反应的正反应方向是_反应(填“吸热”或“放热”)；对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作 Kp)，则该反应的 Kp_（填表达式，不必代数计算）；如果提高p（H2O）/p（CO），则 Kp_(填“变大”“变小”或
46、“不变”)。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400 左右、p（H2O）/p（CO）35，采用此条件的原因可能是_(4)科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置实现了用CO2和 H2O 合成 CH4。下列关于该电池的叙述错误的是_。A该装置能量转化形式仅存在将太阳能转化为电能B铜电极为正极，电极反应式为CO2 8e 8H=CH42H2O C电池内部H透过质子交换膜从左向右移动【答案】CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H 162 kJ mol10.112 5 molL1 min1ACD 放热pCO2?pH2/pCO?pH2O 不变催化剂的活性温度在40
47、0 左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，而 400 左右，投料比 35 时 CO的平衡转化率较高，已能满足要求，再增加投料比，成本增大，但 CO的平衡转化率提高不多，经济上不合算A【解析】【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律分析计算；(2)根据图知，达到平衡状态时n(CH3OH)=n(H2O)=0.75mol，根据 H 原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=2 0.75mol+0.75mol=2.25mol，结合 v(H2)=ct计算；使 CO2的转化率增大须使平衡向正反应方向移动，可采取的措施有增大压强、分离生成物或增加另一种反应物等措施；(3)由图可知，在相同
48、的2p H Op CO时，温度越高，CO的转化率越低，据此分析判断；根据平衡常数的含义结合平衡常数只与温度有关判断；结合投料比、催化剂的活性、经济成本分析解答；(4)该装置中，根据电子流向可知GaN 是负极、Cu 是正极，负极反应式为：2H2O-4e-=4H+O2，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，据此分析解答。【详解】(1)CO(g)+H2O(g)?H2(g)+CO2(g)H=-41kJ?mol-1，C(s)+2H2(g)?CH4(g)H=-73kJ?mol-1，2CO(g)?C(s)+CO2(g)H=-171kJ?mol-1，盖斯定律计算+-2 得到CO2(g)+4H
49、2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=-162 kJ?mol-1，故答案为CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H-162 kJ?mol-1；(2)根据图知，达到平衡状态时n(CH3OH)=n(H2O)=0.75mol，根据 H 原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=2 0.75mol+0.75mol=2.25mol，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=ct=2.25mol2L10min=0.1125mol/(L?min)，故答案为0.1125mol/(L?min)；A在原容器中再充入l mol CO2，平衡正向移动，但是反应消耗的二氧化碳增加量
50、小于加入二氧化碳增加量，所以二氧化碳的转化率减小，故A 选；B在原容器中再充入1mol H2，平衡正向移动，消耗的二氧化碳量增加，则二氧化碳转化率增大，故B不选；C在原容器中充入l mol 氦气，参加反应的各物质的物质的量浓度不变，平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故C选；D使用更有效的催化剂，增大化学反应速率，但是平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故D 选；E 缩小容器的容积，增大压强平衡向气体体积减小的正反应方向移动，二氧化碳转化率增大，故E不选；F将水蒸气从体系中分离，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故F不选；不能使CO2的平衡转化率增大的有ACD，故答案为ACD；(3)由图可知，在相