《2019-2020学年安徽省风阳县皖新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学年安徽省风阳县皖新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学年安徽省风阳县皖新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硝酸铵（NH4NO3）在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是A N2O、H2O BN2、O2、H2O CN2、HNO3、H2O D NH3、NO、H2【答案】D【解析】【分析】硝酸铵（NH4NO3）中的两个氮原子的化合价分别为-3 和+5。【详解】A.硝酸铵分解为N2O 和 H2O，-3 价氮化合价升高到+1价，+5 价氮化合价也降低到+1 价，发生了归中反应，合理，故A 不选；B.硝酸铵分解为N2、O2
2、、H2O，硝酸铵中-3 价氮化合价升高到0 价，部分-2 价氧的化合价也升高到0 价，+5 价氮的化合价降低到0 价，发生了氧化还原反应，故B 不选；C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O，硝酸铵中的-3 价氮和+5 价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C不选；D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2，只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D 选。故选 D。2某烃的结构简式为，关于该有机物，下列叙述正确的是（）A所有碳原子可能处于同一平面B属于芳香族化合物的同分异构体有三种C能发生取代反应、氧化反应和加成反应D能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且原理相同【答案】C【解析】【详解】A.分子结
3、构中含有，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故A 错误；B.该物质的分子式为C8H10，属于芳香族化合物的同分异构体有乙苯和二甲苯(邻位、间位和对位3 种)，共 4 种，故 B错误；C.结构中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加成反应，含有和-CH2-，能发生取代反应，故C正确；D.含有碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同，故D 错误；答案选 C。3已知反应：10NaN3+2KNO3 K2O+5Na2O+16N2，则下列说法正确的是（）A KNO3是氧化剂，KNO3中 N 元素被氧化B生成物中的Na2O 是氧化产物
4、，K2O 是还原产物C每转移1mole，可生成标准状况下N2的体积为35.84 升D若有 65gNaN3参加反应，则被氧化的N 的物质的量为3.2mol【答案】C【解析】【分析】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中，N 元素的化合价由13-价升高为0，N 元素的化合价由+5 价降低为 0，该反应转移10e-，以此来解答。【详解】A.、KNO3中 N 元素的化合价降低，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A 错误；B、只有 N 元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B 错误；C、由反应可知转移10mol 电子生成16mol 氮气，则每转移1 mol 电子，可生成N2为
5、1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故 C 正确;D、若有 65 g NaN3参加反应，则被氧化的N 的物质的量为65g33mol65g/mol，故 D 错误；故选C。4如图是一种可充电锂电池，反应原理是4LiFeS2Fe2Li2S，LiPF6是电解质，SO(CH3)2是溶剂。下列说法正确的是（）A放电时，电子由a 极经电解液流向b 极B放电时，电解质溶液中PF6-向 b 极区迁移C充电时，b 极反应式为Fe2Li2S4e-=FeS24Li+D充电时，b 极消耗 5.6gFe 时在 a 极生成 0.7gLi【答案】C【解析】【分析】由所给的反应原理可判断原电池时，Li 易失电子作
6、负极，所以 a 是负极、b 是正极，负极反应式为Li-e-Li+，LiPF6是电解质，则正极反应式为 FeS2+4Li+4e-Fe+2Li2S。【详解】A.电子从负极沿导线流向正极，电子不经过电解质溶液，A 错误；B.原电池中阴离子移向负极，电解质溶液中PF6-应向 a 极区迁移，B 错误；C.充电时,原电池中负极变阴极，正极变阳极，则电解时b 极为阳极，反应式为Fe2Li2S4e-=FeS24Li+，C 正确；D.由所给原理4LiFeS2Fe2Li2S，可得关系式LieFe44:，b 极消耗 5.6gFe 时在 a 极生成2.8gLi，D 错误；故选 C。5生活中处处有化学。根据你所学过的化
7、学知识，判断下列说法错误的是A柑橘属于碱性食品B为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒C氯化钠是家庭常用的防腐剂，可用来腌制食品D棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和 H2O【答案】D【解析】【详解】A.含钾、钠、钙、镁等矿物质较多的食物，在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等，柑橘水水果，属于碱性食品，选项A 正确；B.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，杀除病菌，选项B正确；C.氯化钠的浓溶液(超过 0.9%)才有防腐作用，因为这是生理盐水的浓度，超过这个浓度，细胞就会脱水死亡，可用
8、来腌制食品，选项C正确；D.棉、麻属于纤维素，含有C、H 两种元素，完全燃烧只生成CO2和 H2O；羊毛属于蛋白质，含有C、H、O、N 等元素，完全燃烧除生成CO2和 H2O，还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H 元素外，还含有其它元素，如N 元素等，完全燃烧除生成CO2和 H2O，还有其它物质生成，选项D 错误；答案选 D。6ClO2和 NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中B吸收器中生成Na
9、ClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H+O2C步骤 a 的操作包括过滤、洗涤和干燥D工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输【答案】B【解析】【分析】【详解】A.在 ClO2发生器中一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其吹入吸收塔中进行吸收，选项A 正确；B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液，显然其中的反应不可能得到氢离子，选项B 错误；C.冷却结晶得到NaClO2固体后，应该经过过滤，洗涤，干燥得到产品，选项C正确；D.气体的贮存和运输都远比固体困难，所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，选项 D 正确。答案选 B
10、。7金属钨用途广泛，H2还原 WO3可得到钨，其总反应为：WO3+3H2W+3H2O，该总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如表所示，假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2质量之比为温度（）25550600700主要成分WO3 W2O5WO2W A 1：1：4 B1：1：3 C1：1：2 D1：1：1【答案】A【解析】【详解】由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与 H2反应是 W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2高温W2O5+H2O，温度介于550 600，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由 2WO3+H2高温W2O
11、5+H2O、W2O5+H2高温2WO2+H2O、WO2+2H2高温W+2H2O 可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：(2mol2)=1：1：4，答案选 A。8以下化学试剂的保存方法不当的是酒精NaOH 溶液浓硫酸浓硝酸A B C D A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.酒精是液体，应该放在细口瓶中，故A 错误；B.氢氧化钠溶液应该用细口试剂瓶，且瓶塞用橡皮塞，因为氢氧化钠要腐蚀磨口玻璃塞，故B 正确；C.浓硫酸装在细口试剂瓶中，故C正确；D.浓硝酸见光分解，因此浓硝酸装在细口棕色试剂瓶，故D 正确。综上所述，答案为A。【点睛】见光要分解的物质都要保存
12、在棕色瓶中，比如浓硝酸、氯水、硝酸银等。9联合国大会宣布2019 年是“国际化学元素周期表年”（I YPT 2019）下列运用元素周期律分析的推断中，错误的是A铍（Be）的氧化物的水化物具有两性B砹（At）为有色固体，AgAt 感光性很强，不溶于水C硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体D硒化氢（H2Se）是无色、有毒，比H2S稳定的气体【答案】D【解析】【详解】A.元素周期表中Be 和 Al 处于对角线位置上，处于对角线的元素具有相似性，所以2Be(OH)可能有两性，故 A 正确；B.同一主族元素具有相似性，所以卤族元素性质具有相似性，根据元素的性质、氢化物的性质、银盐的性质可推知砹（At
13、）为有色固体，AgAt感光性很强，且不溶于水也不溶于稀酸，故B 正确；C.同主族元素性质具有相似性，钡和锶位于同一主族，性质具有相似性，硫酸钡是不溶于水的白色物质，所以硫酸锶也是不易溶于水的白色物质，故C正确；D.S和 Se位于同一主族，且S元素的非金属性比Se强，所以2H S比2H Se稳定，故D 错误；故答案为：D。10化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法错误的是A大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”会对环境造成新的污染B制造普通玻璃的原料为石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和纯碱C髙锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了强氧化性D红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放
14、入，得气即发，并无湿味。”文中的“气”是指乙烯【答案】C【解析】【详解】A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，会对环境造成污染，故A 不选；B.SiO2和 CaCO3、Na2CO3在玻璃熔炉里反应生成Na2SiO3和 CaSiO3，和过量的SiO2共同构成了玻璃的主要成分，故B不选；C.髙锰酸钾溶液和双氧水杀菌消毒，利用了强氧化性，酒精没有强氧化性，故C 选；D.成熟的水果能释放乙烯，乙烯可以促进果实成熟，故D 不选。故选 C。11天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B脱硫
15、过程O2间接氧化H2S C亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D 华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐【答案】A【解析】【详解】A.TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A 错误；B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接
16、氧化H2S，B 正确；C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C 正确；D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D 正确；故合理选项是A。12根据下列实验现象，所得结论正确的是实验实验现象结论A 左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：AlFeCu B 左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2C 白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性 Ag2S AgBrAgCl D 锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属
17、性：ClCSi A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.左烧杯中是Al-Fe/H2SO4构成的原电池，Al 做负极，Fe做正极，所以铁表面有气泡；右边烧杯中Fe-Cu/H2SO4构成的原电池，Fe 做负极，Cu做正极，铜表面有气泡，所以活动性：AlFeCu，故 A 正确；B.左边先发生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花变为橙色，后右边发生Cl2+2KI=I2+2HCl，棉花变为蓝色，说明氧化性：Cl2 Br2、Cl2 I2，不能证明Br2I2，故 B错误；C.前者白色固体先变为淡黄色是因为向氯化银固体中加入溴化钠溶液生成了溴化银沉淀，后变为黑色是因为向溶液中又加入了硫
18、化钠，生成了硫化银的沉淀，并不能证明溶解性Ag2SAgBrAgCl，故 C 错误；D.向锥形瓶中加入稀盐酸会发生反应，生成CO2气体，证明盐酸的酸性比碳酸的强，烧杯中液体变浑浊可能是稀盐酸和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，也可能是生成的CO2和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，只能证明酸性强弱，不能证明非金属性强弱，故D错误；答案：A。【点睛】根据反应装置图，B 选项中氯气由左通入，依次经过溴化钠和碘化钾，两种情况下棉花的颜色都发生变化，只能说明氯气的氧化性比溴和碘的强，该实验无法判断溴的氧化性强于碘，此选项为学生易错点。13根据下列实验现象所得出的结论正确的是选项实验现象实验结论A
19、 将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强B 滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡C 某溶液中滴加过量氨水产生白色沉淀且不溶解该溶液中一定含有Mg2+D 溴水中通入SO2，溴水褪色SO2具有漂白性A ABBCCDD【答案】B【解析】【详解】A前者发生钝化反应，生成致密氧化薄膜阻碍反应进行，故错误；BCO32H2O HCO3OH，滴入酚酞，溶液变红，加入 Ba2，Ba2与 CO32反应生成沉淀BaCO3，平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅，故正确；C此溶液可能含有Al3，因为氢氧化铝不溶于弱碱，故错误；D
20、发生 Br2 SO2 2H2O=H2SO4 2HBr，体现 SO2的还原性，故错误。故选 B。14将一小块钠投入足量水中充分反应，在此过程中没有发生的是（）A破坏了金属键B破坏了共价键C破坏了离子键D形成了共价键【答案】C【解析】【分析】将一小块钠投入足量水中，发生反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。【详解】A钠失电子生成Na+脱离金属钠表面进入溶液，从而破坏金属键，A 不合题意；B水电离生成的H+与 Na 反应生成NaOH 和 H2，破坏了共价键，B不合题意；C整个反应过程中，没有离子化合物参加反应，没有破坏离子键，C符合题意；D反应生成了氢气，从而形
21、成共价键，D 不合题意；故选 C。15下列说法不正确的是A图 1 表示的反应为放热反应B图 1 中、两点的速率v()v()C图 2 表示 A(?)+2B(g)?2C(g)H0，达平衡后，在t1、t2、t3、t4时都只改变了一种外界条件的速率变化，由图可推知A 不可能为气体D图 3 装置的总反应为4Al+3O26H2O=4Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】A.平衡常数只与温度有关，根据图像，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，故 A 正确；B.温度越高，反应速率越快，图1 中、两点的速率v()v()，故 B错误；C.由于纵坐标表示v逆，t3时 v逆突然减小，且平衡不
22、移动，只能是减小压强，说明该反应为气体体积不变的反应，说明A 一定不是气体，故C 正确；D.负极电极反应式为Al-3e-=Al 3+，正极反应式O2+2H2O+4e-4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O4Al(OH)3，故 D 正确；答案选 B。【点睛】本题的难点为C，要抓住平衡不发生移动的点，加入催化剂，平衡不移动，但反应速率增大，应该是t4时的改变条件，t3时突然减小，且平衡不移动，只能是减小压强。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16锌锰干电池是最早的实用电池。现用下列工艺回收正极材料中的金属（部分条件未给出）。（1）碱性锌锰电池反应为：Zn+2MnO2+2H2O
23、Zn(OH)2+2MnO(OH)，电解质是KOH，MnO（OH）中 Mn的化合价为：_,正极反应式为:_。（2）黑粉的主要成份为MnO2和石墨，写出反应的化学方程式：_（3）MnO2的转化率与温度的关系如下表：温度/20 40 60 80 100 转化率/86.0 90.0 91.3 92.0 92.1 生产中常选反应温度为80，其理由是：_。（4）“沉锰”过程中生成碱式碳酸锰MnCO3?6Mn(OH)2?5H2O，写出其离子反应方程式：_。滤液中可回收的物质为：_（填化学式）。（5）用硫酸酸化的2MnO浆液可吸收工业废气中的2SO生成42MnSOH O，已知浆液中2MnO含量为a%，工业废气
24、中2SO含量为-3bg mg，2SO的吸收率可达90%，则处理10003m工业尾气，可得到42MnSOH O的质量为 _kg(用含字母的代数式表示)。【答案】+3 价MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O 由表格中的数据可知，MnO2的转化率随温度的升高而升高，80时 MnO2的转化率已经较高，更高的温度会增加能耗，增大生产成本，得不偿失Mn2+7CO32-+11H2O=MnCO3 6Mn(OH)2 5H2O +6CO2 Na2SO40.9b?16964或152.1b64【解析】【分析】废旧锌锰干电池经过预处
25、理得到黑粉，黑粉主要成分为二氧化锰与石墨，则反应是MnO2、FeSO4和 H2SO4发生的氧化还原反应生成硫酸铁与硫酸锰，并将不溶物二氧化锰与石墨过滤，得到的滤液经碳酸钠调节pH=4.5，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，得到的滤液主要成分为硫酸锰，“沉锰”过程中碳酸根离子与溶液中锰离子反应，得到碱式碳酸锰沉淀MnCO3?6Mn(OH)2?5H2O沉淀与硫酸钠，过滤后所得的滤液溶质为硫酸钠，滤渣再经硫酸酸化得到硫酸锰溶液，最终蒸发浓缩，过滤干燥得到MnSO4?H2O，据此分析作答。【详解】（1）碱性锌锰电池反应为：Zn+2MnO2+2H2OZn(OH)2+2MnO(OH)，电解质是KOH，活泼
26、金属Zn 为该电池的负极材料，MnO（OH）中氧为-2 价，氢为+1 价，则 Mn 的化合价为：+3 价；正极MnO2得到电子产生 MnO(OH)，电极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-；（2）黑粉的主要成份为MnO2和石墨，其反应的化学方程式为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O；（3）由表格中的数据可知，MnO2的转化率随温度的升高而升高，80时 MnO2的转化率已经较高，更高的温度会增加能耗，增大生产成本，得不偿失，故生产中常选反应温度为80，故答案为由表格中的数据可知，MnO2的转化率随温度的升高而升高，80时 MnO2
27、的转化率已经较高，更高的温度会增加能耗，增大生产成本，得不偿失；（6）“沉锰”过程中碳酸钠与硫酸锰反应生成碱式碳酸锰322MnCO6Mn(OH)5H Ogg，碳酸钠水解生成氢氧化钠、生成氢氧化锰沉淀后促进水解放出二氧化碳，反应的离子方程式为223232227Mn7CO11H O=MnCO6Mn OH5H O6CO，根据该反应方程式可知，滤液中可回收的物质为：Na2SO4，故答案为223232227Mn7CO11H O=MnCO6Mn OH5H O6CO；Na2SO4；（7）用硫酸酸化的MnO2浆液可吸收工业废气中的SO2生成 MnSO4 H2O，反应的方程式为MnO2+SO2+H2O=MnSO
28、4 H2O。10003m工业尾气中含有的SO2的物质的量为331000g m64/mbgmol=100064bmol，则生成的MnSO4 H2O 的物质的量为100064bmol 90%=90064bmol，质量为90064bmol 169g/mol=90016964bg=0.9b 16964或152.1b64kg。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17 2019 福建省厦门市高中毕业班5 月第二次质量检查一种以磷酸工业副产物磷石膏(主要成分为CaSO4，杂质含 H3PO4，SiO2，Al2O3等)制取高纯硫酸钙的流程如图所示。（1）磷石膏废弃会造成的环境问题为_；（2）“碱溶”中
29、Al2O3发生反应的化学方程式为_；（3）含硅与含铝组分分布系数与pH 关系如下图：“调 pH”时，溶液的pH 应调节为 _；KspAl(OH)3=_；Al(OH)3(aq)+H2O垐?噲?Al(OH)4-(aq)+H+(aq)，则 KaAl(OH)3=_；（4）“电解”采用双极膜电渗析法，装置如下图。“某极电解液”为_(填“X”、“Y”或“Z”)极。阴极电极反应式为_。（5）流程中可循环利用的物质有_(填化学式)。【答案】水体富营养化Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4 7 1.0 10-3310-12.8X 2H+2e-=H2 NaOH、HCl【解析】【分析】(1)磷元素
30、是植物生长需要的营养元素，磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2)Al2O3是两性氧化物，可以与强碱反应产生盐和水；(3)调整溶液的pH，使 Si元素形成沉淀，而Al 元素以 Al(OH)4-存在于溶液中；根据形成Al(OH)3沉淀的 pH 分析 Ksp Al(OH)3 大小；根据电离平衡常数的概念计算；(4)根据某极电解液的作用是沉钙，分析所属电极名称；根据阴极上溶液中的阳离子放电，结合离子的放电顺序分析判断；根据两个电极放电后产生的物质分析循环利用的物质。【详解】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，在磷石膏中含有H3PO4，若磷石膏废弃，磷酸溶于水，会电离产生 H2PO4-、HP
31、O42-，为植物生长提供营养元素，使植物疯狂生长，故磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2)Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH 溶于发生反应产生Na Al(OH)4，反应方程式为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na Al(OH)4；(3)根据图象可知在溶液的pH=7 时，Si元素以 H4SiO4沉淀的形式存在，而 Al 元素以 Al(OH)3沉淀的形式存在，故调整溶液的pH=7；由图象可知：当溶液的pH 大约为 pH=3 时形成 Al(OH)3沉淀，c(H+)=10-3，则根据水的离子积常数可得此时溶液中c(OH-)=1431010=10-11，则 Ksp Al(OH)3=1(
32、10-11)3=10-33；对于电离平衡：Al(OH)3(aq)+H2O Al(OH)4-(aq)+H+(aq)，当溶液的Al(OH)3(aq)的浓度与 Al(OH)4-(aq)的浓度相等时，Ka Al(OH)3 等于溶液中氢离子的浓度，所以Ka Al(OH)3=-+43c Al OHc Hc Al OHg=c(H+)=10-12.8；(4)“某极电解液”作用是沉钙，应该为酸溶液，在电解装置中，左边为正极区，OH-向正极区移动，H+向 X 区移动，因此X区溶液为酸性溶液，故“某极电解液”为X 极；在负极区，H+发生还原反应产生氢气，因此阴极电极反应式为2H+2e-=H2；H+向 X 电极移动，
33、Cl-移向 X电极区，Na+移向 Z 电极区，OH-向 Z电极区移动，所以X电极区产生HCl，Z电极区产生NaOH，反应产生的HCl、NaOH 又可以在酸溶、碱溶中使用，故流程中可循环利用的物质有HCl、NaOH。【点睛】本题通过物质制备工艺流程，考查了物质的化学性质、沉淀溶解平衡原理的应用、电解原理的应用等知识，掌握物质的化学性质和化学反应基本原理是解题关键。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和 H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：i.CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)H1=QkJm
34、ol-1ii.CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)?H2=+41 kJ mol-1iii.CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)?H3=-99 kJmol-1回答下列问题：(1)Q=_(2)反应 iii 的化学平衡常数K3=_(填表达式)。(3)图中能正确反映平衡常数K3随温度变化关系的曲线为_(填字母)，理由是 _(4)如图为单位时间内CO2+H2、CO+H2、CO/CO2+H2三个条件下生成甲醇的物质的量浓度与温度的关系(三个条件下通入的CO、CO2和 H2的物质的量浓度相同)。490K 时，根据曲线a、c 判断合成甲醇时主要发生的反应为_(填i”或 iii)；由曲线a
35、可知，甲醇的量先增大后减小，其原因是_。曲线 a 与曲线 b 相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，从热力学与动力学角度，并结合反应i、ii 分析原因：_。(5)如图是以NaOH 溶液为电解质溶液的甲醇燃料电池：电极a 的反应式为 _，若隔膜为阳离子交换膜，则每转移6 mol 电子，溶液中有_mol Na+向_(填“正极区”或“负极区”)移动。【答案】-58 322CH OHCOHcccga 反应 iii 的?H30，为放热反应，温度升高平衡左移，平衡常数减小i 温度低于490K时单位时间内反应未达到平衡，温度高于490K 时单位时间内反应达到平衡，反应 i 为放热反应，升高温度平衡左移加入 C
36、O促进反应ii 平衡逆向移动，CO2和 H2的量增加，甲醇生成速率加快，同时反应ii 为吸热反应，反应i 为放热反应，反应ii 的存在使得反应i 正向进行CH3OH+8OH-6e=CO3+6H2O 6 正极【解析】【分析】（1）根据定律进行分析得出CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H1=?H2+?H3，据此进行计算；（2）根据平衡常数的定义写出反应iii 的平衡常数K3=322CH OHCOHcccg；（3）根据温度对平衡移动的影响进行分析；（4）据图可知490K 时主要发生反应i；温度低于490K 时单位时间内反应未达到平衡，温度高于490K时单位时间内反应达到平衡
37、，据此规律进行分析；根据浓度对平衡移动的规律进行分析；（5）该装置是以NaOH 溶液为电解质溶液的甲醇燃料电池，电极a 为负极，甲醇失电子被氧化成二氧化碳，由于为碱性电解质溶液，二氧化碳被吸收生成碳酸根，据此写出电极方程式；原电池中阳离子流向正极，为保持电荷守恒，满足n（e-）=n（Na+）。【详解】（1）已知：ii.CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)?H2=+41 kJ mol-1iii.CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)?H3=-99 kJmol-1根据盖斯定律由ii+iii 可得 i.CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，所以?H1=?H2+
38、?H3，所以 Q=+41 kJ mol-1+(-99 kJmol-1)=-58 kJmol-1；（2）根据平衡常数的定义可知反应iii 的平衡常数K3=322CH OHCOHcccg；（3）反应 iii 的?H30，为放热反应，温度升高平衡左移，平衡常数减小，所以曲线a 能正确反映平衡常数 K3随温度变化关系；（4）据图可知490K 时主要发生反应i；温度低于490K 时单位时间内反应未达到平衡，温度升高反应速率加快，单位时间内测得的甲醇含量增大，温度高于490K 时单位时间内反应达到平衡，反应i 为放热反应，升高温度平衡左移，导致甲醇含量降低；加入 CO促进反应ii 平衡逆向移动，CO2和
39、H2的量增加，甲醇生成速率加快，同时反应ii 为吸热反应，反应 i 为放热反应，反应ii 的存在使得反应i 正向进行；（5）该装置是以NaOH 溶液为电解质溶液的甲醇燃料电池，电极a 为负极，甲醇失电子被氧化成二氧化碳，由于为碱性电解质溶液，二氧化碳被吸收生成碳酸根，所以电极方程式为：CH3OH+8OH-6e=CO3+6H2O；原电池中阳离子流向正极，为保持电荷守恒每转移6 mol 电子，溶液中有6mol Na+向正极区移动。19消除尾气中的NO 是环境科学研究的热点课题。I.NO 氧化机理已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H=-110kJ?mol-1T1时，将NO 和 O2按物质的
40、量之比为2：1 充入刚性反应容器中(忽略 NO2与 N2O4的转化)。（1）下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是_。A.2v正(O2)=v逆(NO2)B.NO 与 O2的物质的量之比为2：1 C.容器内混合气体的密度保持不变D.K 不变E.容器内混合气体的颜色保持不变（2）通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况，得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1 图 2 所示。则反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)在 T1时的平衡常数Kp=_。对于气相反应，用某组分B 的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p?x(B)，
41、p 为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B 的物质的量分数。保持其它条件不变，仅改变反应温度为 T2(T2T1)，在图 2 中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_。II.NO 的工业处理（3）H2还原法：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)H1已知在标准状况下，由元素最稳定的单质生成1mol 纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ?mol-1、-280kJ?mol-1。则 H1=_。（4）O3-CaSO3联合处理法NO 可以先经 O3氧化，再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2，转化为HNO2。已知难溶物在
42、溶液中并非绝对不溶，同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对 NO2的吸收速率，请用平衡移动原理解释其主要原因_。（5）电化学处理法工业上以多孔石墨为惰性电极，稀硝酸铵溶液为电解质溶液，将NO 分别通入阴阳两极，通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。则电解时阳极发生的电极反应为_。【答案】AE 0.08-740kJ?mol-1对于反应CaSO3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入 Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+
43、【解析】【分析】【详解】I.（1）在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即“化学平衡状态”。其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。A.当 2v正(O2)=v逆(NO2)时，说明反应已达平衡态，故A 正确；B.NO 与 O2的物质的量之比为2：1 时，不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，故B错误；C.根据质量守恒定律，容器内气体的质量恒定不变，则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明达到化学平衡状态，故C 错误；D.该反
44、应中平衡常数K只与温度有关，则不能用K 不变来判断化学平衡状态，故D错误；E.容器内混合气体的颜色保持不变，则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到化学平衡状态，故 E正确；综上所述，答案为AE；（2）设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol、1mol，达平衡态时，氧气转化了xmol，则可列三段式为：222NO+O2NO()210()22()222molmolxxxmolxxx?起始量转化量平衡量平衡时平均摩尔质量为36.8g/mol，则有m2mol30g/mol+1mol32g/molM=36.8g/moln(3-x)moluu v，解得 x=0.5，则 NO、O2、NO2的物质的量分数
45、分别为0.4、0.2、0.4，同温同体积，根据压强之比等于物质的量之比，有3753-xa，代入 x，解得 a=62.5，根据平衡常数公式有2p2(0.462.5)K=0.08(0.462.5)(0.262.5)；因为该反应为放热反应，升高温度时，反应速率会加快，平衡逆向移动，平均摩尔质量会减小，容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为，故答案为：0.08；（3）1 H=生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ?mol-12-90kJ?mol-12=-740kJ?mol-1，故答案为：-740kJ?mol-1；（4）相同条件下，硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度，亚硫酸钙可转化为硫酸钙，对于反应CaSO3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入 Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收 NO2的速率增大，故答案为：对于反应CaSO3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入 Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大；（5）由电解原理可知，阳极发生氧化反应，则一氧化氮转化为硝酸根，其电极方程式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。