《2019-2020学年安徽省黉学高级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学年安徽省黉学高级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学年安徽省黉学高级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下列装置或操作正确且能达到实验目的的是A图 1：用酒精萃取碘水中的碘单质后分液B图 2：电解精炼铜C图 3：X 为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并能防止倒吸D图 4:配制银氨溶液【答案】C【解析】【详解】A.酒精能与水互溶，不能用来萃取，故错误；B.电解精炼铜时应粗铜做阳极，故错误；C.氨气或氯化氢都不溶于四氯化碳，都极易溶于水，故用该装置能吸收氨气或氯化氢并能做到防止倒吸，故正确；D.配制银氨溶液应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水直到产生的沉淀恰好
2、溶解为止，故错误。故选 C。2设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 18gT2O 和 18gH2O 中含有的质子数均为10NAB1L1mol/L 的 Na2CO3溶液中 CO32-和 HCO3-离子数之和为NAC78gNa2O2与足量 CO2充分反应转移的电子数目为2NAD加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A T2O 的摩尔质量为22，18gT2O 的物质的量为911mol，含有的质子数为9011NA，A 选项错误；B1mol/L 的 Na2CO3溶液中，由物料守恒有c(Na+)=2c(C
3、O32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=1mol/L，c(CO32-)+c(HCO3-)1mol/L，即离子数之和小于NA，B 选项错误；C78gNa2O2的物质的量为1mol，与足量CO2充分反应转移电子数应为1NA，C 选项错误；D 随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低变成稀硫酸后，不会再与铜发生反应，故加热条件下，含 0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA，D 选项正确；答案选 D。3蓓萨罗丁是一种治疗顽固性皮肤T 细胞淋巴瘤的药物，其结构如图所示。下列有关说法正确的是A分
4、子中所有碳原子在同一平面内B既能发生加成反应，又能发生消去反应C能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同D 1mol 蓓萨罗丁分别与足量的Na、NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比为l 2【答案】D【解析】【详解】A右边苯环上方的第一个碳与周围四个碳原子均为单键结构，为四面体构型，不可能所有碳原子在同一平面内，故A 错误；B分子中含有碳碳双键能发生加成反应，但没有可发生消去反应的官能团，故B 错误；C碳碳双键使溴水褪色发生的是加成反应，而其使酸性高锰酸钾褪色发生的是氧化反应，故C错误；D 1mol 蓓萨罗丁与足量的Na 反应生成0.5molH2，而其与足量NaHCO3反应生成1mol 的
5、 CO2，产生气体的物质的量之比为l 2，故 D正确。本题选 D。4化学在生活中有着广泛的应用，下列说法不正确的是A防哂霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的变性B煤的脱硫、汽车尾气实行国标准排放都是为了提高空气质量C纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性【答案】C【解析】【详解】A.紫外线能使蛋白质变性，应注意防晒，故A 正确；B.采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也能减少酸雨，所以煤的脱硫、汽车尾气实行国VI 标准排放都是为了提高空气质量，故B 正确；C.F
6、e和 Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故C错误；D.肥皂水(弱碱性)可与酸性物质反应，可减轻蚊虫叮咬引起的痛痒症状，故D 正确；故答案为C。5原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，其中只有X与 Z 同主族；W、X、Y最外层电子数之和为 10；Y是地壳中含量最高的金属元素。下列关于它们的叙述一定正确的是（）A Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸BW、Y的氧化物一定属于离子化合物CX、Z 的氢化物中，前者的沸点低于后者D X、Y的简单离子中，前者的半径大于后者【答案】D【解析】【分析】原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，Y是地壳中
7、含量最高的金属元素，则Y为 Al 元素；其中只有 X与 Z 同主族；Z 原子序数大于Al，位于第三周期，最外层电子数大于3；W、X、Y最外层电子数之和为 10，则 W、X的最外层电子数之和为10-3=7，Z 的原子序数小于7，所以可能为Si、P、S元素，若Z为 Si 时，X为 C元素，W为 B元素，B与 Al 同主族，不符合；若Z 为 P元素时，X为 N元素，W为 Be元素；若 Z 为 S元素，X为 O元素，W为为 H（或 Li）元素。【详解】A项、Z 可能为 P、S元素，P的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸为弱电解质，不属于强酸，故A错误；B项、Y为 Al 元素，氧化铝为离子化合物，W为
8、H元素时，水分子为共价化合物，故B错误；C项、X为 O时，Z 为 S，水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，故C错误；D项、X可能为 N或 O元素，Y为 Al，氮离子、氧离子和铝离子都含有3 个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径XY，故 D正确。故选 D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用讨论法推断元素为解答关键。6某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()A H2SO4浓度为 4 mol/L B溶液中最终溶质为FeSO4C原混合酸中NO3-浓度为 0.2
9、 mol/L D AB 段反应为：Fe2Fe3=3Fe2【答案】C【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA 段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB 段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2+H2最终消耗Fe为 22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据 OA 段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=nV计算 c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g 铁，也就是22.4g 56g/mol 0.4mol，所有
10、的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A 正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B 正确；C、OA 段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO +2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）0.2mol，NO3-浓度为 2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA 段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB 段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2
11、，D 正确。答案选 C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。7CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO 等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：金属离子开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Co2+7.6 9.4 Al3+3.0 5.0 Zn2+5.4 8.0 下列说法不正确的是（）A“
12、酸溶”时发生氧化还原反应的离子方程式Co2O3+SO2+2H+=2Co2+H2O+SO42-B“除铝”过程中需要调节溶液pH 的范围为 5.05.4 C在实验室里，“萃取”过程用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯D在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为CoO【答案】D【解析】【详解】A.从产品考虑，钴最终转化为Co2+，Co2O3+SO2+2H+=2Co2+H2O+SO42-符合客观实际，且满足守恒关系，A正确；B.“除铝”过程中需要让Al3+完全沉淀，同时又不能让Zn2+生成沉淀，所以调节溶
13、液pH 的范围为5.05.4，B 正确；C.在实验室里，“萃取”在分液漏斗中进行，另外还需烧杯承接分离的溶液，C正确；D.CO2的物质的量为0.03mol，由 CoCO3的组成，可得出2.41g 固体中，n(Co)=0.03mol，含钴质量为0.03mol 59g/mol=1.77g，含氧质量为2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为0.04mol，n(Co):n(O)=0.03:0.04=3:4，从而得出该钴氧化物的化学式为Co3O4，D 错误。故选 D。8某校化学兴趣小组探究恒温(98)下乙酸乙酯制备实验中硫酸浓度对酯化反应的影响探究。实验得到数据如下表(各组实验反应时间均5 分钟)
14、：下列关于该实验的说法不正确的是A乙酸乙酯制备实验中起催化作用的可能是H+B浓硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反应正向移动C浓硫酸和水以体积比约23 混合催化效果最好D组可知c(H+)浓度越大，反应速率越慢【答案】D【解析】【分析】乙酸乙酯的制备中，浓硫酸具有催化性、吸水性，并且乙酸和乙醇的酯化的可逆反应，浓硫酸吸水作用，乙酸乙酯的蒸出使平衡正向移动。【详解】A.从表中可知，没有水，浓硫酸没有电离出H+，乙酸乙酯的收集为0，所以起催化作用的可能是H+，A项正确；B.浓硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反应正向移动，B 项正确；C.从表中可知，浓硫酸和水以体积比约23 混合催化
15、效果最好，C项正确；D.表中组c(H+)浓度逐渐变小，收集的乙酸乙酯变小，反应速率越慢，D 项错误。答案选 D。9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1mol
16、PX 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。10NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 0.1molCl2和足量的水反应，转移电子数为0.1NABSO2和 CO2的混合气体1.8g 中所含中子数为0.9NAC标准状况下，22.4L 丙烷含有的共价键总数为11NAD pH=11 的 Ba(
17、OH)2溶液中水电离出的氢离子数目为110-11NA【答案】B【解析】【详解】A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故 A 错误；B、SO2和 CO2的摩尔质量分别为64g/mol 和 44g/mol，两者中分别含32 个和 22 个中子，即两者均为2g时含 1mol 中子，故1.8g 混合物中含0.9NA个中子，故B正确；C、标况下 22.4L 丙烷的物质的量为1mol，而丙烷中含10 条共价键，故 1mol 丙烷中含共价键总数为10NA，故 C 错误；D、溶液体积不明确，故溶液中水电离出的氢离子的个数无法计算，故D 错误；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗
18、常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由 Na+和 O22-构成，而不是由Na+和 O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。11下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（）A Na2S2O3溶液和 HCl 溶液BH2S 气体在足量的 O2 中燃烧C碳和浓硫酸反应D铜和浓硫酸反应【答案】A【解析】【详解】A、Na2S2O3溶液和HCl 溶液反应
19、，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故 A 符合题意；B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意；C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意；D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D 不符合题意；故选：A。12锡为 A 族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点 144.5，沸点 364.5，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备 SnI4。下列说法错误的是（）A加入碎瓷片的目的是防止暴沸BSnI4可溶于
20、CCl4中C装置中a 为冷凝水进水口D装置的主要作用是吸收挥发的I2【答案】D【解析】【分析】四碘化锡是常用的有机合成试剂SnI4，熔点 144.5，沸点 364.5，易水解，说明SnI4是分子晶体。【详解】A 选项，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故A 正确，不符合题意；B 选项，根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确，不符合题意；C 选项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置 中 a 为冷凝水进水口，故C正确，不符合题意；D 选项，SnI4易水解，装置 的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故 D 错误，符合题意。
21、综上所述，答案为D。【点睛】相似相溶原理，SnI4是非极性分子，CCl4是非极性分子，因此SnI4可溶于 CCl4中。13已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：下列说法错误的是A若 A 为 NaOH 溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素B若 A 为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙C若 A 为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质D若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO2【答案】B【解析】【详解】A、若 A 为 NaOH 溶液，甲是AlCl3，乙是 Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A 正确；B、若 A 为
22、硝酸，X 为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是 Fe(NO3）2，丙是 Fe(NO3）3，甲与乙不反应，B错误；C、若 A 为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是 NO，C正确；D、若乙为NaHCO3，甲是 CO2，A 是 NaOH，丙是 Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是 NaHCO3，A 是 HCl，丙是 CO2，D 正确。答案选 B。14下列有关说法正确的是A反应 CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，则该反应S 0 B常温下向0.1 molL1CH3COOH溶液中通入少量HCl 气体，c(H)c(CH3COO)增大C将 1
23、 mol Cl2溶于水中，反应中转移的电子数为6.02 1023个D 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和【答案】B【解析】【分析】【详解】A.反应 CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)为熵减的反应，则该反应S0，选项 A 错误；B向醋酸溶液中通入氯化氢气体，氢离子浓度增大而抑制醋酸电离，则Kac(CH3COOH)=c(H)c(CH3COO)增大，选项B正确；CCl2与水的反应是可逆反应，不可能完全转化，转移的电子数小于6.02 1023个，选项C错误；D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应，反应物键能总和小于生成物键能总
24、和，选项D 错误。答案选 B。15下列有关化学和传统文化关系的说法中不正确的是A东汉魏伯阳在周易参同契中对汞的描述：“太阳流珠，常欲去人得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根”，这里的“黄芽”是指硫B三国时期曹植在七步诗中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。萁在釜中燃，豆在釜中泣。”，文中“漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过滤C 本草经集注中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“强烧之，紫青烟起 云是真硝石也”，该方法用了焰色反应D 本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”【答案】D【解析】【详解】A液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，
25、汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A 正确；B煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，故B 正确；C鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故C 正确；D FeSO4?7H2O 电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，故D 错误；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16ClO2是一种优良的消毒剂，其溶
26、解度约是Cl2的 5 倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A 装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：（1）A 中制备 ClO2的化学方程式为_。（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是_。加入 H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和 _。（3）实验过程中通入空气的目的是_，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因_。（4）ClO2通入 KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质_。a.KCl b.KClO c.KClO3d.KClO4（5）KClO2变质分
27、解为KClO3和 KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量 _（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。【答案】2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2+H2O 滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解将 ClO2全部赶出以被KOH 溶液吸收，同时可稀释 ClO2，防止浓度过大发生分解空气流速过快，ClO2不能被充分吸收cd 相同【解析】【分析】(1)A 中 KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生
28、成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH 溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；(5)KClO2变质分解为KClO3和 KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且 KClO2、KClO3均被 Fe2+还原为 Cl-，根据电子转移守恒分析判断。【详解】(1)A 中 KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生
29、成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2+H2O；(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的 ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH 溶液吸收
30、，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH 溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；(4)ClO2中 Cl 的化合价为+4 价，KClO2中 Cl 的化合价为+3 价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；(5)KClO2变质分解为KClO3和 KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2mol KClO3，与足量Fe
31、SO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被 Fe2+还原为 Cl-，3molKClO2反应获得电子为 3mol4=12mol，2mol KClO3反应获得电子为2mol 6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。【点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被 Fe2+还原为 Cl-，3molKClO2与 2mol KClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、Cu
32、O、SiO2等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：已知：浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；常温下：Ksp(CuS)1.27 1036，Ksp(PbS)9.04 1029；溶液中离子浓度1.0 105mol L1时，认为该离子沉淀完全。(1)滤渣 1 中除了 S之外，还有 _(填化学式)。(2)“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为_。(3)“还原”时，被 Sb还原的物质为_(填化学式)。(4)常温下，“除铜、铅”时，Cu2和 Pb2均沉淀完全，此时溶液中的c(S2)不低于 _；所加 Na2S也不宜过多，其原因为_。(5)“除砷
33、”时有 H3PO3生成，该反应的化学方程式为_。(6)“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb 元素的质量之比为_。【答案】SiO2Sb2S33SbCl5=5SbCl33S SbCl59.04 1024 mol L1产生 H2S等污染性气体(或生成 Sb2S3)2AsCl33Na3PO23HCl 3H2O=2As3H3PO39NaCl 32【解析】【分析】(1)SiO2不溶于盐酸；(2)根据滤渣1 有 S，说明“浸出”时Sb2S3中的 S元素被 SbCl5氧化为 S，根据流程图可知，SbCl5被还原为 SbCl3；(3)“还原”时，加入适量的Sb 还原“浸出”时加入的过量SbCl5；(4)根
34、据 Ksp(PbS)9.041029计算 Cu2和 Pb2均沉淀完全时溶液中的c(S2)的最小值；(5)“除砷”时Na3PO2与 AsCl3发生氧化反应反应生成As 和 H3PO3；(6)“电解”时SbCl3在阳极被氧化为SbCl5、SbCl3在阴极被还原为Sb。【详解】(1)SiO2不溶于盐酸，所以滤渣1 中除了 S之外，还有SiO2；(2)“浸出”时Sb2S3中的 S元素被 SbCl5氧化为 S，SbCl5被还原为SbCl3，反应化学方程式是Sb2S33SbCl5=5SbCl33S；(3)“还原”时，加入适量的Sb 还原“浸出”时加入的过量SbCl5，所以被 Sb 还原的物质为SbCl5；
35、(4)Pb2完全沉淀时，c(Pb2)1.0 105molL1，Ksp(PbS)9.041029，所以溶液中的c(S2)29259.04 10=(1.0)10spKPbSc Pb9.0410 24molL1；所加 Na2S过多，会生成H2S等污染性气体。(5)“除砷”时Na3PO2与 AsCl3发生氧化反应反应生成As和 H3PO3，反应化学方程式为2AsCl33Na3PO23HCl3H2O=2As 3H3PO3 9NaCl；(6)“电解”时SbCl3在阳极被氧化为SbCl5、SbCl3在阴极被还原为Sb，根据得失电子守恒，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3:2。四、综合题（本题包
36、括2 个小题，共20 分）18CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：i.CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.4kJmol-1.CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)H2=+41.2kJmol-1.CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3OH(g)H3（1）H3_ kJmol-1（2）5MPa 时，往某密闭容器中按投料比n（H2）:n（CO2）=3：1 充入 H2和 CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。体系中CO2的物质的量分数
37、受温度的影响不大，原因是_。250时，反应ii 的平衡常数 _1（填“”“”或“=”）。下列措施中，无法提高甲醇产率的是_（填标号）。A 加入适量COB 增大压强C 循环利用原料气D 升高温度如图中X、Y分别代表 _（填化学式）。（3）反应 i 可能的反应历程如下图所示。注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字或字母，单位：eV）。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_。相对总能量E=_（计算结果保留2 位小数）。（已知：leV=1.610-22kJ）（4）用电解法也可实现CO2加氢制甲醇（稀硫酸作电解质溶液）。电解
38、时，往电解池的_极通入氢气，阴极上的电极反应为_。【答案】-90.6 温度改变时，反应i 和反应 ii 平衡移动方向相反D CO、CH3OH HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2-0.51 阳CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】【分析】【详解】(1)已知：i.CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.4kJmol-1.CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)H2=+41.2kJmol-1.CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3OH(g)H3根据盖斯定律可知反应i-ii 可得反应iii，所以 H3=H1-H2=-
39、49.4kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/mol；(2)H10，H30，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，H20，生成 CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z 代表 H2O，Y代表 CH3OH，X代表 CO。依据主要反应的化学方程式可知，反应i 消耗 CO2，反应 ii 逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于H10 而 H20,根据勒夏特列原理，温度改变时，反应i和反应 ii 平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体
40、系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；反应 ii 平衡常数K=222COH OCOHcccc，该反应前后气体体积计量数之和不变，所以可以用物质的量分数来代表浓度估算K 值，据图可知250时，CO2与 H2的物质的量分数大于CO和 H2O 的物质的量分数，所以K1；A.加入适量CO，促使反应iii 平衡正向移动，产生更多的CH3OH,而反应 ii 平衡逆向移动，又可减少CO2转化为 CO,使更多的CO2通过反应i 转化为 CH3OH，故 CH3OH 产率提高，A 项正确；B.增大压强，有利于反应i 和 iii 的平衡正向移动，而对反应ii 无影响，B 项正确；C.循环利用原料气能提高CO2的
41、转化率，使CH3OH 的产率提高，C项正确；D.由图可知，升温，CH3OH 的物质的量分数下降，产率降低，D 项错误；综上所述选D；根据分析可知X 代表 CO，Y代表 CH3OH；(3)生成 CH3OH 的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应。速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为:HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2，Ea=-0.18-(-1.66)=1.48 eV；反应 i 的 H1=-49.4kJ/mol，指的是 1mol CH3OH(g)和 1molH2O(g)的总能量与1
42、 mol CO2(g)和 3mol H2(g)的总能量之差，而反应历程图中的E表示的是1 个 CH3OH 分子和 1 个 H2O 分子的相对总能量与1 个 CO2分子和 3 个 H2分子的相对总能量之差(单位为 cV)，且将起点的相对总能量设定为0。所以，作如下换算即可求得相对总能量E:E=1221.6 10AHNV=232249.4 6.02 101.6 10=-0.51eV；(4)因为电解过程CO2被还原为 CH3OH，H2应发生氧化反应，故氢气通入阳极附近溶液中；而阴极上CO2转化为 CH3OH，碳元素从+4 价降为-2 价，电解质溶液为硫酸，所以电极方程式为：CO2+6e-+6H+=C
43、H3OH+H2O。【点睛】解答第 3 题第 1 小问时要注意框图中最后一步并非产生CH3OH 的过程，而是已经生成的CH3OH 分子从催化剂表面解吸附的过程。19氢气既是一种清洁能源，又是一种化工原料，在国民经济中发挥着重要的作用。（1）氢气是制备二甲醚的原料之一，可通过以下途径制取：.2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）H.2CO（g）+4H2（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）H 已知：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）H1=akJ?mol-1 CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）H2=bkJ?mol-1CH3OCH
44、3（g）+H2O（g）?2CH3OH（g）H3=ckJ?mol-1则反应的 H_kJ?mol-1（2）氢气也可以和CO2在催化剂（如Cu/ZnO）作用下直接生成CH3OH，方程式如下CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），现将 1molCO2（g）和 3molH2（g）充入 2L 刚性容器中发生反应，相同时间段内测得 CH3OH 的体积分数（CH3OH）与温度（T）的关系如图所示：经过 10min 达到 a 点，此时CH3OH 的体积分数为20%则 v（H2）=_（保留三位小数）。b 点时，CH3OH 的体积分数最大的原因是_。b 点时，容器内平衡压强为P0，CH3OH 的
45、体积分数为30%，则反应的平衡常数Kp=_（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 体积分数）a 点和 b 点的 v逆，a_b（填“”“”或”=”）若在900K 时，向此刚性容器中再充入等物质的量的 CH3OH 和 H2O，达平衡后（CH3OH）_30%。在 900K 及以后，下列措施能提高甲醇产率的是_（填字母）a充入氦气b分离出H2O c升温d改变催化剂（3）H2还可以还原NO 消除污染，反应为2NO（g）+2H2（g）?N2（g）+2H2O（g），该反应速率表达式v=k?c2（NO）?c（H2）（k 是速率常数，只与温度有关），上述反应分两步进行：i.2NO（g）+H2（g）?N2（g）
46、+H2O2（g）H1；iiH2O2（g）+H2（g）?2H2O（g）H2化学总反应分多步进行，反应较慢的一步控制总反应速率，上述两步反应中，正反应的活化能较低的是_（填“i”或“ii”）【答案】（2a+2b-c）0.086mol/（L?min）反应达到平衡状态201003pb ii【解析】【分析】(1)已知：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)H1=akJ?mol-1，CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)H2=bkJ?mol-1，CH3OCH3(g)+H2O(g)?2CH3OH(g)H3=ckJ?mol-1，盖斯定律计算(+)2-得到反应2CO(g)+4H2
47、(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)的 H；(2)CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，现将 1 mol CO2(g)和 3mol H2(g)充入 2L刚性容器中发生反应，经过10min 达到 a 点，此时CH3OH 的体积分数为20%结合三行计算列式计算；b 点时，CH3OH 的体积分数最大的原因是此点反应达到平衡状态；b 点时，容器内平衡压强为P0，CH3OH 的体积分数为30%，三行计算列式计算平衡物质的量，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 体积分数；a 点 v 正 v 逆，b 点 v 正=v 逆，温度升高反应速率增大，若在900K 时，向此刚性容器中再
48、充入等物质的量的 CH3OH 和 H2O，相当于总压增大平衡正向进行；在 900K 及以后，能提高甲醇产率的是改变条件平衡正向进行；(3)反应为 2NO(g)+2H2(g)?N2(g)+2H2O(g)，该反应速率表达式v=k?c2(NO)?c(H2)，反应速率是由第一步决定，反应活化能大。【详解】(1)已知：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)H1=akJ?mol-1 CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)H2=bkJ?mol-1CH3OCH3(g)+H2O(g)?2CH3OH(g)H3=ckJ?mol-1盖斯定律计算(+)2-得到反应2CO(g)+4H2(g
49、)?CH3OCH3(g)+H2O(g)H=(2a+2b-c)KJ/mol，故答案为：(2a+2b-c)；(2)CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，现将 1molCO2(g)和 3molH2(g)充入 2L 刚性容器中发生反应，经过10min 达到 a 点，此时 CH3OH 的体积分数为20%。结合三行计算列式计算，设消耗二氧化碳物质的量为x，CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)起始量(mol)1 3 0 0 变化量(mol)x 3x x x 平衡量(mol)1-x 3-3x x x CH3OH 的体积分数=x4-2x=20%，x=47mol，v(H
50、2)=4mol372L10min=0.086mol/(L?min)，故答案为：0.086mol/(L?min)；b 点时，CH3OH 的体积分数最大的原因是反应达到平衡状态，故答案为：反应达到平衡状态；b 点时，容器内平衡压强为P0，CH3OH的体积分数为30%，消耗二氧化碳物质的量y，CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)起始量(mol)1 3 0 0 变化量(mol)y 3y y y 平衡量(mol)1-y 3-3y y y y4-2y=0.3，y=0.75mol，平衡状态气体总物质的量=4mol-2 0.75mol=2.5mol，反应的平衡常数Kp=003000.75