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1、2019-2020学年北京市清华大学附属中学朝阳学校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下列说法中正确的是（）A HClO的结构式：HClO BH2与 H+互为同位素C原子核内有10 个质子的氧原子：18O DN2分子的电子式：【答案】D【解析】【详解】A、HClO中 O 原子分别与H 原子和 Cl 形成共价键，故HClO 的结构式为HOCl，故 A 不正确；B、同位素研究的是原子之间的关系，H2与 H+之间不是原子，所以不属于同位素，故B 不正确；C、氧原子原子核内不可能有10 个质子，只有Ne 原子才含有10 个质子，
2、故C不正确；D、N2分子的电子式：，D 正确；故选 D。2室温下，在20 mL 新制氯水中滴加pH=13 的 NaOH 溶液，溶液中水电离的c(H)与 NaOH 溶液体积的关系如图所示。已知：K(HClO)=3108，H2CO3：Ka1=4.3 107，Ka2=5.6 1011。下列说法正确的是A m 一定等于20 Bb、d 点对应的溶液显中性Cc 点溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)D向 c 点溶液中通入少量CO2：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO32【答案】C【解析】【分析】分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，ac 段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个
3、过程中促进了水的电离，在cd 段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。在c 点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和 NaClO。据此进行判断。【详解】A NaOH 溶液的 pH=13，则 c(NaOH)=0.1molL1，新制氯水的浓度不确定，m 不一定等于20，A 项错误；B由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c 点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是 NaCl 和 NaClO，溶液呈碱性，故b 点溶液呈中性，cd 段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着 NaOH 的继续加入，水的电离受到抑制，故d 点溶液应呈碱性，B 项错误；C ac
4、点发生反应为Cl2 2NaOH=NaClNaClOH2O，c(Cl)=c(HClO)c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)c(HClO)c(ClO)，故 c(Na)=2c(ClO)2c(HClO)，C项正确；D由电离常数知，电离质子能力：H2CO3HClOHCO3-，故 H2O+ClO-CO2=HCO3-HClO，D 项错误；答案选 C。3A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A 元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等；B的单质分子中有三对共用电子；C、D 同主族，且核电荷数之比为1:2。下列有关说法不正确的是（）A C、D、E的简单离子半径：DEC BA 与
5、B、C、D、E四种元素均可形成18 电子分子C由 A、B、C 三种元素形成的化合物均能促进水的电离D分子 D2E2中原子均满足8 电子稳定结构，则分子中存在非极性键【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A 元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等，A为氢元素；B 的单质分子中有三对共用电子，B为氮元素；C、D 同主族，且核电荷数之比为12，C 为氧元素，D 为硫元素，E为氯元素。【详解】A.C、D、E的简单离子，S2-与 Cl-电子层结构相同，O2-少一个电子层，离子半径：S2-Cl-O2-，故 A 正确；B.A 与 B、C、D、E四种元素均可形成1
6、8 电子分子 N2H4、H2O2、H2S、HCl，故 B正确；C.由 A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离，故C错误；D.分子 D2Cl2中原子均满足8 电子稳定结构，则分子中存在非极性键S-S 键，故 D正确；故选C。【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表，解题关键：位置结构性质的相互关系应用，难点B，N2H4、H2O2两种分子也是18 电子。4某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Br、AlO2、Cl、SO42、CO32，现进行如下实验：用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。
7、将溶液分为3份。在第 1 份溶液中逐滴加入NaOH 溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。在第 2 份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。则下列推断正确的是:A溶液中一定有K+、Br、AlO2、CO32B溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、ClC不能确定溶液中是否有K+、Cl、SO42D往第 3 份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl【答案】A【解析】【分析】用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，
8、溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；在一份溶液中逐滴加入NaOH 溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故 A正确；B 项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故 B错误；C项、溶液
9、中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故 C错误；D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3 份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl，故 D错误。故选 A。【点睛】本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。5设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A标准状况下，2.24L SO3中所含原子数为0.4NABl0mL 12mol/L 盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0.03NAC0.1mol CH4与 0.4mol Cl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD常温常压下，6g
10、 乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，SO3不是气体，2.24L SO3并不是 0.1 mol，A 错误；B.12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于 0.03 mol，分子数小于0.03NA，B 错误；C.0.1mol CH4与 0.4mol Cl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C 错误；D.一个乙酸分子中有3 个 C-H 键，则常温常压下，6g 乙酸中含有
11、C-H 键的数目为0.3NA，D 正确；答案选 D。6属于工业固氮的是A用 N2和 H2合成氨B闪电将空气中N2转化为 NO C用 NH3和 CO2合成尿素D固氮菌将氮气变成氨【答案】A【解析】A.工业上通常用H2和 N2在催化剂、高温、高压下合成氨，A 正确；B.闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，称为天然固氮（又称高能固氮），B 错误；C.是氮的化合物之间的转换，不属于氮的固定，C错误；D.生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮还原成氨的过程，D 错误。故选择A。7以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是（）A过程中的能量转化形式是太阳
12、能化学能B过程中每消耗116 g Fe3O4转移 2 mol 电子C过程的化学方程式为3FeOH2OFe3O4H2D铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【答案】B【解析】【详解】A.过程利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能化学能，选项 A 正确；B.过程中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116 g Fe3O4，即 0.5mol，210.5mol33molFe由+3 价变为+2价，转移23mol 电子，选项B 错误；C.过程实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeOH2OFe3O4H2，选项 C正确；D.根据
13、流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D 正确。答案选 B。8下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是()选项实验操作现象结论A 将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B 向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和 CuS ZnS溶解而 CuS不溶解Ksp(CuS)H2CO3A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A若原溶液中有Fe3，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有 Fe3，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2氧化成 Fe3
14、，A 错误；BZnS溶解而 CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直接比较Ksp大小，则 Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，B 正确；CCu(NO3)2溶液中有NO3，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H、NO3发生氧化还原反应，而不是 Cu 与稀硫酸反应，结论错误，C错误；D CO32HCO3电离得到CO32。相同条件下，NaA 溶液的 pH 小于 Na2CO3溶液的 pH，说明 CO32水解能力强，则酸性HAHCO3，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选 B。【点睛】容易误选D 项，需要注意，CO32是由 HCO3电离得到的，因此通过比较NaA
15、溶液和 Na2CO3溶液的 pH 比较酸的强弱，其实比较的是HA 和 HCO3的强弱。若需要比较HA 和 H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和 NaHCO3溶液的 pH 大小。9化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列与化学有关的说法，正确的是A 2022 年冬奥会聚氨酯速滑服，是新型无机非金属材料B石墨烯是由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，属于烯烃C顾名思义，苏打水就是苏打的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料D人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH 使之达到适宜的酸碱度【答案】D【解析】【分析】【详解】A聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子有机化合物，是有机
16、合成材料，故A 错误；B烯烃中含有C、H 元素，而石墨烯是由单层碳原子构成的单质，没有H 原子，不属于烯烃，故B 错误；C苏打水为碳酸氢钠的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料，故C错误；D洗发水的pH 大于 7、护发素的pH 小于 7，人们洗发时使用护发素，可调节头发的pH 达到适宜的酸碱度，使头发在弱酸的环境中健康成长，故D 正确；故选 D。10 常温下,向 20.00 mL 0.100 0 molL-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 0 molL-1 NaOH 溶液时,溶液的 pH 与所加 NaOH 溶液体积的关系如图所示(不考虑 NH3 H2O 的分解)。下列说法不正确
17、的是()A点 a 所示溶液中:c(+4NH)c(2-4SO)c(H+)c(OH-)B点 b 所示溶液中:c(+4NH)=c(Na+)c(H+)=c(OH-)C点 c 所示溶液中:c(+4NH)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(2-4SO)D点 d 所示溶液中:c(+4NH)+c(NH3 H2O)=0.100 0 molL-1【答案】B【解析】【详解】A.a 点为(NH4)2SO4溶液，NH4+水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，所以c(+4NH)c(2-4SO)，故 A 正确；B.b 点溶液呈中性，所以 c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(+4NH)+c(Na+)=2c(2-
18、4SO)，所以 c(+4NH)不等于 c(Na+)，故 B 错误；C.c点溶液中n(NH3 H2O)n(NH4)2SO4 n(Na2SO4)=2 11，由电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(2-4SO)，故 C正确；D.d 点为加入 20mLNaOH 溶液，此时溶液的体积为原体积的2 倍，故含氮微粒的总浓度为原来的1/2，即0.1000mol/L。根据物料守恒则有c(NH4+)+c(NH3 H2O)=0.100 0 molL-1，故 D 正确。故选 B。【点睛】B 选项为本题的难点，在解答离子浓度关系的图象题时，要充分利用各种守恒，如电荷守恒、物料守恒、质子
19、守恒等，在中性溶液中，要特别注意电荷守恒的应用。11下列关于物质结构与性质的说法，不正确的是()A I3AsF6晶体中存在I3离子,I3离子的几何构型为V 形BC、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为HC O C水分子间存在氢键，故H2O 的熔沸点及稳定性均大于H2S D第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn【答案】C【解析】【分析】【详解】AI3离子的价层电子对数7-1-12=2+=42，含有7-1-12=22对孤电子对，故空间几何构型为V 形，A选项正确；B非金属性：HCO，则 C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为H CO，B 选项正确；C非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德
20、华力有关，而稳定性与非金属性有关，H2O 的稳定性大于H2S是因为 O 的非金属性大于S，C 选项错误；DZn 的核外电子排布为Ar3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D 选项正确；答案选 C。【点睛】C 选项在分析时需要注意，非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，若含有氢键，物质熔沸点增大，没有氢键时，比较范德华力，范德华力越大，熔沸点越高；而简单氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，越稳定。一定要区分两者间的区别。12阿托酸是用于合成治疗胃肠道痉挛及溃疡药物的中间体，其结构如图所示。下列有关说法正确的是A阿托酸分子中所有碳原子一定处于
21、同一平面B阿托酸是含有两种官能团的芳香烃C阿托酸苯环上的二氯代物超过7 种D一定条件下，1mol 阿托酸最多能4mol H2、1mol Br2发生加成反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A苯环和C 之间的 C-C键可旋转，C原子不一定都共面，A 错误；B阿托酸含碳碳双键、羧基两种官能团，但不属于烃，B 错误；C阿托酸苯环上的二氯代物有6 种，如图：，二个氯分别在：1，2 位、1，3 位、1，4位、1，5 位、2，3 位、2，4位，C错误；D1mol 苯环可和3molH2加成，1mol 碳碳双键可和1molH2、1molBr2加成，故 1mol 阿托酸最多能和4mol H2、1mol Br2发
22、生加成反应，D 正确。答案选 D。13在指定溶液中下列离子能大量共存的是A无色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-Cc(ClO-)=0.1mol?L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-D由水电离产生的c(H+)=110-13mol?L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A 错误；B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B 错误；C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微
23、粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D 正确；故合理选项是D。14工业生产水煤气的反应为：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，下列表述正确的是（）A反应物能量总和大于生成物能量总和BCO(g)H2(g)C(s)H2O(l)131.4kJ C水煤气反应中生成1 体积CO(g)吸收131.4kJ 热量D水煤气反应中生成1mol H2(g)吸收 131.4kJ 热量【答案】D【解析】A、根据能量守恒可知该反应是吸热反应，所以反应物的总能量小于生成物的总能量，A 错误。B、C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.
24、4kJ，正反应为吸热反应，其逆反应为放热反应，生成液态水放出的热量比生成气态水放出的热量多，所以放出的的热量的数值应该大于131.4，B 错误。C、该反应中生成1mol CO(g)吸收131.4kJ 热量，而不是指1 体积的 CO气体，化学方程式中的化学计量数表示物质的物质的量，C 错误。D、方程式中的化学计量数表示物质的物质的量，所以该反应中生成1mol H2(g)吸收 131.4kJ 热量，D 正确。正确答案为D 15根据合成氨反应的能量变化示意图，下列有关说法正确的是（）A断裂 0.5molN2（g）和 1.5mol H2（g）中所有的化学键释放a kJ热量BNH3（g）NH3（l）H=
25、c kJ?mol1CN2（g）+3H2（g）?2NH3（g）H=2（ab）kJ?mol1D 2NH3（l）?N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca）kJ?mol1【答案】D【解析】【分析】由图可知，断裂化学键吸收akJ 热量，形成1mol 气态氨气时放热为bkJ，1mol 气态氨气转化为液态氨气放出热量为ckJ。【详解】A断裂 0.5mol N2（g）和 1.5mol H2（g）中所有的化学键，吸收a kJ热量，故A 错误；BNH3（g）NH3（l）H=c kJ?mol1，故 B错误；C由图可知，N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）H=2（ab）kJ?mol1，故 C错误；D由图可知，N
26、2（g）+3H2（g）?2NH3（l）H=2（abc）kJ?mol1，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2NH3（l）?N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca）kJ?mol1，故 D 正确；故选：D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3?5H2O 于 4045熔化，48分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3?5H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2O Na2S2O3?5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫
27、酸钠晶体并探究其化学性质。.实验室制取Na2S2O3?5H2O 晶体的步骤如下：称取 12.6 g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0 mL 水。另取 4.0 g 硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。水浴加热(如图 1 所示，部分装置略去)，微沸，反应约1 小时后过滤。滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3?5H2O 晶体。进行减压过滤(如图 2 所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：(1)仪器 B的名称是 _。(2)步骤在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_。步骤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_。A水
28、B乙醇C氢氧化钠溶液D稀盐酸.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验 Na2S2O3溶液 pH8 的原因是 _(用离子方程式表示)。(5)写出实验中发生的离子反应方程式_。.用 Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可进行以下实验。步骤 1：准确量取ClO2溶液 10.00mL，稀释成100mL 试样。步骤 2：量取 V1 ML 试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH 2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30 分钟(已知：ClO2+I+H+I2+Cl+H2O 未配平)。步骤 3：以淀粉溶液作指示剂，用 c mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗
29、Na2S2O3溶液 V2 mL(已知：I2+2S2O32=2I+S4O62)。(6)滴定终点现象是_。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_ mol/L(用含字母的代数式表示)。【答案】球形冷凝管避免温度高于48，Na2S2O3?5H2O 发生分解避免发生水倒吸B S2O32+H2O?HS2O3+OHS2O32+5H2O+4Cl2+2Ba2+2BaSO4+8Cl+10H+溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复212cVV【解析】【分析】(1)、根据装置图可知，仪器B 为球形冷凝管；(2)、根据题干信息 Na2S2O3?5H2O 于 4045熔化，48分解 解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支
30、管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；(4)、常温下，由pH=8，是 Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成 SO42-和 Cl-，生成的SO42-再与 Ba2+反应；(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得
31、关系式ClO252S2O32-,n(2S2O32-)=cV2 10-3mol，所以 V1mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2 10-4mol，根据 c=nV计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【详解】（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）加热时应避免温度高于48，Na2S2O3?5H2O 发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，故答案为：避免温度高于48，Na2S2O3?5H2O 发生分解；避免发生水倒吸；（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；（4）Na2S
32、2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O32+H2O?HS2O3+OH，故答案为：S2O32+H2O?HS2O3+OH；（5）实验中发生的离子反应方程式为S2O32+5H2O+4Cl2+2Ba2+2BaSO4+8Cl+10H+，故答案为：S2O32+5H2O+4Cl2+2Ba2+2BaSO4+8Cl+10H+；（6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式为2ClO25I210S2O32，n（Na2S2O3）V2c 103mol，则 c（ClO2）-32-31cV10 mol21010V10 L212cVVmol/L，故答案为：溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复；212c
33、VV。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银精矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及 SiO2等）中提取银、铜和铅，工艺流程如图所示。（1）步骤当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，写出两点可提高“浸取”速率的措施 _；从 Cu 和 Pb混合物中提取Cu的试剂为 _（填名称）。（2）步骤反应的化学方程式为_。（3）步骤分离出的滤渣中主要含有两种杂质，为了回收滤渣中的非金属单质，某实验小组向滤渣中加入试剂 _（填化学式），充分溶解后过滤，然后将滤液进行_（填操作名称），得到该固体非金属单质。（4）步骤反应中氧化剂和还原剂的物
34、质的量之比为_。（5）排放后的废水中含有NO3-，任意排放会造成水体污染，科技人员在碱性条件下用Al 粉将 NO3-还原成无污染气体排放，该方法的缺点是处理后的水中生成了AlO2-，依然对人类健康有害。该反应的离子方程式为：_。25时，欲将上述处理过的水中的c（AlO2-）降到 1.0 10-7mol/L，此时水中c（Al3+）=_mol?L-1（已知，25，Ksp（Al（OH）3=1.3 10-33，Al（OH）3（s）?H+AlO2-+H2O，Ka=1.0 10-13）【答案】粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌稀盐酸AgCl+2Na2SO3=Na3Ag
35、（SO3）2+NaCl CS2蒸馏 4:110Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O1.3 10-9【解析】【分析】银精矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及 SiO2等）加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把 Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X 为 Zn，分离操作为过滤，得到 Cu和 Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加 Na2SO3溶液，AgCl与 Na2SO3反应生成Na3Ag（SO3）2和 NaCl，过滤，滤渣为S和 SiO2，滤液为Na
36、3Ag（SO3）2和 NaCl，在滤液中加N2H4和 NaOH，生成 Ag 和氮气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠。【详解】（1）为提高浸取率可采取的措施：进一步粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提高浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌等，Cu 和 Pb 混合物中提取Cu可选用稀盐酸，根据金属活动性顺序表可知，Pb 可与稀盐酸反应，Cu不反应，再过滤即可，故答案为：粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌；稀盐酸；（2）步骤加Na2SO3溶液，AgCl 与 Na2SO3反应生成Na3Ag（SO3）2和 NaCl，化学方程式为AgCl+2Na2SO3=Na3Ag
37、（SO3）2+NaCl，故答案为：AgCl+2Na2SO3=Na3Ag（SO3）2+NaCl；（3）步骤分离出的滤渣中主要含有S和 SiO2两种杂质，利用S易溶于 CS2，滤渣中加入CS2，充分溶解后过滤，然后根据S和 CS2的沸点不同进行蒸馏即可，故答案为：CS2；蒸馏；（4）步骤的化学反应方程式为：4Na3Ag(SO3)2+N2H4+4NaOH=4Ag +8Na2SO3+N2+4H2O，Na3Ag(SO3)2作氧化剂，N2H4作还原剂，其氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为4：1；（5）在碱性条件下用Al 粉将 NO3-还原成无污染的N2排放，其离子方程式为：10Al+6 NO3
38、-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O，已知，25，Ksp Al(OH)3=1.3 10-33，Al(OH)3(s)?H+AlO2-+H2O，Ka=1.0 10-13，可得，Ka=c(H+)c(AlO2-)=c(H+)1.0 10-7mol/L=1.0 10-13，c(H+)=1.0 10-6mol/L，c(OH-)=1.0 10-8mol/L，Ksp Al(OH)3=c(Al3+)c3(OH-)=1.3 10-33，c(Al3+)=1.310-9mol?L-1，故答案为10Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O；1.3 10-9。四、综合题（本题包括2 个小题
39、，共20 分）18氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以太阳能为热能，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：（1）反应 I 的化学方程式是_。（2）反应 I 得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层，含低浓度I2的 H2SO4层和含高浓度I2的 HI 层。根据上述事实，下列说法正确的是_（选填序号）。a 两层溶液的密度存在差异b 加 I2前，H2SO4溶液和 HI 溶液不互溶c I2在 HI 溶液中比在H2SO4溶液中易溶 辨别两层溶液的方法是_。经检测，H2SO4层中 c（H+）：c（SO42-）=2.06：1，其比值大于2 的原因
40、_。（3）反应 II：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）H=+550 kJ?mol-1它由两步反应组成：i.H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）H=+177 kJ?mol-1ii.SO3（g）分解。L（L1，L2）和 X可分别代表压强或温度，下图表示L 一定时，中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系。写出反应iiSO3（g）分解的热化学方程式：_。X代表的物理量是_。【答案】SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI ac 观察颜色，颜色深的是HI 层，颜色浅的是H2SO4层H2SO4层含有少量HI 2SO3（g）垐?噲?2SO2（g）+O2（g）H=+1
41、96 kJ?mol-1压强【解析】【分析】【详解】（1）反应 I 为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，反应为SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI，故答案为：SO2+2H2O+I2 H2SO4+2HI；（2）a两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a 正确；b加 I2前，H2SO4溶液和 HI 溶液互溶，与分层无关，故b 错误；cI2在 HI 溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；故答案为：ac；辨别两层溶液的方法是：观察颜色，颜色深的为HI 层，颜色浅的为硫酸层，故答案为：观察颜色，颜色深的为HI 层，颜色浅的为硫酸层；经检测
42、，H2SO4层中 c（H+）：c（SO42-）=2.06：1，其比值大于2 的原因硫酸层中含少量的HI，且 HI 电离出氢离子，故答案为：硫酸层中含少量的HI，且 HI 电离出氢离子；（3）根据盖斯定律：反应II=i2+ii，ii=II-i2，得 ii 的 H=+550 kJmol-1-（+177 kJmol-1）2=+196kJmol-1，反应 iiSO3（g）分解的热化学方程式：2SO3（g）垐?噲?2SO2（g）+O2（g）H=+196 kJ mol-1，故答案为：2SO3（g）垐?噲?2SO2（g）+O2（g）H=+196 kJmol-1；由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增
43、大，则X表示压强，故答案为：压强。【点睛】本题考查混合物分离提纯及化学平衡等，把握发生的反应、平衡影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，难点（3）先要由盖斯定律求出三氧化硫分解的热化学反应方程式，再根据反应吸热的特点分析图象。19消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。（1）化学上采用NH3处理 NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。已知：222NO(g)N(g)O(g)H177kJ/mol32224NH(g)3O(g)2N(g)6H O(g)H1253.4kJ/mol则用 NH3处理 NO 生成氮气和气态水的热化学方程式为_。（2）已知：223
44、N(g)3H(g)2NH(g)H0?。不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中3NH的物质的量分数如图所示。M 点的 v正_Q 点的 v正（填“”“”或“=”）。图中 M 点的平衡常数比N 点的平衡常数_（填“大”“小”或“相等”）（3）水体中过量氨气（以3NH表示）会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。写出总反应化学方程式_。该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是_。（4）氮氧化物也可用碱溶液吸收。若NO 和2NO混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，则该盐的化学式为_；已知常温下，4a2KHNO5 10，则反应
45、222HNOaqNaOH aqNaNOaqH O l?的平衡常数的数值为_。（5）利用反应2322NONHNH O（未配平）消除用电器2NO的简易装置如图所示。a 电极上的反应式为_。常温下，若用该电池电解0.6L饱和食盐水，一段时间后，测得饱和食盐水pH 变为 13，则理论上b 电极上消耗 B 气体的体积为_ mL（标准状况；假设电解过程中溶液体积不变）。【答案】4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)H=-1784.4kJ?mol-1大2NH3+3NaClON2+3NaCl+3H2O 温度过高，加快了中间产物HClO 的分解，导致氨氮去除率降低NaNO25 10102NH3
46、-6e-+6OH-=2N2+6H2O 336【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)M 点比 Q 点压强大；M 点氨气的物质的量分数比N 点大，结合放热反应分析判断；(3)根据原理图，NH3、NaClO是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，据此书写反应的化学方程式；根据温度对中间产物HClO的影响分析解答；(4)NO 和 NO2混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，反应中只有N 元素化合价发生变化，NO中 N 元素化合价为+2、NO2中 N 元素化合价为+4，则生成的盐中N 元素化合价为+3 价；根据HNO2(aq)+NaOH(aq)?NaN
47、O2(ag)+H2O(1)的平衡常数表达式结合水的离子积常数分析计算；(5)根据图中电子的运动方向可知，a 极为负极，为氨气在碱性条件下发生氧化反应生成氮气的反应；根据 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl22e-，一段时间后，测得饱和食盐水pH 变为 13，则溶液中n(OH-)=0.6L 0.1mol/L=0.06mol，b 极电极反应式为：2NO2+8e-=N2+8OH-，结合电子守恒分析计算。【详解】(1)2NO(g)=N2(g)+O2(g)H=-177kJ/mol，4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)H=-1253.4kJ/mol，根据盖斯定律，将+3 得：4
48、NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)H=(-1253.4kJ/mol)+(-177kJ/mol)3=-1784.4kJ?mol-1；故答案为4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)H=-1784.4kJ?mol-1；(2)M 点比 Q 点压强大，压强增大，反应速率加快，则M 点的 v正 Q 点的 v正，故答案为；M 点氨气的物质的量分数比N 点大，该反应是放热反应，则M 点的温度高，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则M 点的平衡常数比N 点的平衡常数大，故答案为大；(3)根据次氯酸钠除去氨氮的原理图可知，NH3、NaClO 是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠
49、为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，所以反应的化学方程式为：2NH3+3NaClON2+3NaCl+3H2O，故答案为2NH3+3NaClON2+3NaCl+3H2O；温度过高时，加快了中间产物HClO 的分解，导致氨氮去除率降低，故答案为温度过高时，加快了中间产物 HClO 的分解，导致氨氮去除率降低；(4)NO 和 NO2混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，反应中只有N 元素化合价发生变化，NO中 N 元素化合价为+2、NO2中 N 元素化合价为+4，则生成的盐中N 元素化合价为+3 价，为亚硝酸盐，因此化学式为NaNO2；反应 HNO2(aq)+NaOH(aq)?NaNO2
50、(ag)+H2O(1)的平衡常数K=22c NOc HNOc()()OH=2w2c NOc H)Kc HNO(g=a2wKHNOK=4145 1010=5 1010，故答案为NaNO2；5 1010；(5)根据图中电子的运动方向可知，a 极失去电子发生氧化反应，则为氨气在碱性条件下发生氧化反应生成氮气的反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=2N2+6H2O，故答案为2NH3-6e-+6OH-=2N2+6H2O；电解 0.6L 饱和食盐水，电解反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl22e-，一段时间后，测得饱和食盐水 pH 变为 13，则溶液中n(OH-)=0.6L 0.1