《2019-2020学年北京市西城区第三十九中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学年北京市西城区第三十九中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20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学年北京市西城区第三十九中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铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是A正极电极反应式为：2H+2eH2B此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3C此过程中铜并不被腐蚀D此过程中电子从Fe移向 Cu【答案】A【解析】【详解】A.正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故 A错误；B.电化学腐蚀过程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，故 B正确；C.铜为正极，被保护起来了，故C正确；D.此过程中电
2、子从负极Fe移向正极Cu，故 D正确；故选 A。2向恒温恒容密闭容器中充入1molX 和 2molY，发生反应4X（g）+2Y（g）?3Z（g），下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（）A气体密度不再变化BY的体积分数不再变化C3v（X）4v（Z）D容器内气体的浓度c（X）：c（Y）：c（Z）4：2：3【答案】B【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A.反应前后气体的质量不
3、变，容器的体积不变，混合气体的密度一直不变，不能判定反应达到平衡状态，故 A 错误；B.Y 的体积分数不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故B 正确；C.3v（X）=4v（Z）未体现正与逆的关系，不能判定反应是否达到平衡状态，故C 错误；D.当体系达平衡状态时，c（X）：c（Y）：c（Z）可能为4：2：3，也可能不是4：2：3，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能判定反应是否达到平衡状态，故D 错误；故选 B。3下列指定反应的离子方程式正确的是（）A澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2O B少量 SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C
4、1O-+SO2+H2O=SO42-+2H+Cl-C向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H+O22Cu2+2H2O D向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2+6O2+10H2O【答案】C【解析】【详解】A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2+CO32-=CaCO3，故 A错误；B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成 SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2+ClO+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl，故 B错误；C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应
5、生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H+O22Cu2+2H2O，故 C 正确；D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故 D错误，答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。4实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)Fe2(OH)n(SO4)30.5nm和绿矾 FeSO4 7H2O，其过程如图所示，下列说法不正确的是A炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方
6、程式为：4FeS 3O212H=4Fe34S6H2O B溶液 Z加热到 7080 的目的是促进Fe3的水解C溶液 Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾D溶液 Z的 pH 影响聚铁中铁的质量分数，若pH 偏小导致聚铁中铁的质量分数偏大【答案】D【解析】【详解】A.炉渣中 FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁，硫单质和水，因此离子方程式为：4FeS 3O212H=4Fe34S6H2O，故 A 正确；B.溶液 Z 加热到 7080 的目的是促进Fe3的水解生成聚铁胶体，故B 正确；C.溶液 Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾，故C正确；D.溶液 Z的 pH 影响聚铁中铁的质量分数，若
7、pH 偏小，水解程度小，氢氧根减少，硫酸根增多，因此导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D 错误。综上所述，答案为D。5一定条件下，在水溶液中1 mol xClOx0,1,2,3,4的能量(kJ)相对大小如下图所示。下列有关说法错误的是A上述离子中结合H能力最强的是E B上述离子中最稳定的是A C上述离子与H结合有漂白性的是B DBAD反应物的键能之和小于生成物的键能之和【答案】A【解析】【详解】A.酸性越弱的酸，其结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，应为B，A错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据图示可知：A、B、C、D、E中 A 能量最低，所以A
8、 物质最稳定，B正确；C.ClO-与 H+结合形成HClO，具有强氧化性、漂白性，C正确；D.B A+D，由电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，H=（64kJ/mol+20kJ/mol）-3 60kJ/mol=-116kJ/mol，为放热反应，所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，D 正确；故合理选项是A。6将 40的饱和硫酸铜溶液升温至50，或温度仍保持在40而加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下均保持不变的是A硫酸铜的溶解度B溶液中溶质的质量C溶液中溶质的质量分数D溶液中Cu2+的数目【答案】C【解析】【详解】A.硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，将40的饱和硫酸铜溶
9、液升温至50，硫酸铜的溶解度增大，故A错误；B.40 的饱和硫酸铜溶液，温度仍保持在40，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，故B错误；C.将 40的饱和硫酸铜溶液升温至50，溶解度增大，浓度不变；温度不变，饱和硫酸铜溶液加入少量无水硫酸铜，析出硫酸铜晶体，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故C正确；D.温度仍保持在40，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，溶液中Cu2+的数目减少，故D错误。【点睛】明确硫酸铜溶解度随温度的变化，理解饱和溶液的概念、硫酸铜与水发生CuSO4+5H2O=CuSO
10、45H2O反应后，溶剂质量减少是解决该题的关键。7加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D甲烷的二氯代物有2 种【答案】D【解析】【分析】【详解】A.装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A 正确；B.加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1
11、，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B 正确；C.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D.甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H 原子，其二氯代物只有1 种，D 错误；故合理选项是D。8磺酰氯（SO2Cl2）在医药、染料行业有重要用途,其熔点为-54.1 C,沸点为 69.2 C,易水解。某学习小组在实验室用SO
12、2和 Cl2在活性炭作用下制备SO2Cl2（SO2+Cl2垐 垐?噲 垐?活性碳SO2Cl2）,设计如图实验（夹持装置略去）。下列说法不正确的是A c中的 NaOH 溶液可换成NaCl 溶液,效果相同Be 中的冷却水应从下口入上口出Cd 的作用是防止水蒸气进人a 中使 SO2Cl2水解D a 中冰盐水有助于SO2Cl2液化,提高 SO2和 Cl2的转化率.【答案】A【解析】【详解】A c 中的 NaOH 溶液的作用是吸收未反应的Cl2，不能用NaCl 溶液，故A 错误；B.e 是冷凝作用，应该下口进上口出，故B 正确；C SO2Cl2遇水易水解，所以d 防止水蒸气进入，故C正确；D 冰盐水有降
13、温作用，根据题给信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和 Cl2的转化率，故D 正确；故选 A。9某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）A灼烧海带：B将海带灰溶解后分离出不溶性杂质：C制备 Cl2，并将 I-氧化为 I2：D以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：【答案】B【解析】【详解】A.灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A 项错误；B.将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，图中操作科学规范，B项正确；C.制备 Cl2，并将 I-氧化为 I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需用氢
14、氧化钠吸收，C项错误；D.Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D 项错误；答案选 B。【点睛】本题的易错点是D 项，选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。10某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应B1mol 该有机物最多可与
15、2molNaOH 发生反应C该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D该有机物有3 个手性碳原子【答案】D【解析】【分析】【详解】A该有机物中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故A 错误；B该分子含有酯基，1mol 该有机物含有1mol 酯基，酯基水解后生成羧基和醇羟基，只能和1molNaOH发生反应，故B 错误；C该分子中不含碳碳双键或三键，不能与溴发生加成反应，故C错误；D连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，所以与苯环相连的碳原子、六元环上与O 相连的碳原子、六元环上连接一个甲基的碳原子均为手性碳原子，故D 正确；答案为 D。【点睛】与羟
16、基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子可发生消去反应；与羟基相连的碳原子上有氢原子可发生氧化反应；连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子。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（
17、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；
18、故合理选项是A。12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，且平衡不移动，只能是减小压
19、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。13用“四室电渗析法”制备 H3PO2的工作原理如图所示(已知：H3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸；阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，则下列说法不正确的是()A阳极电极反应式为：2H2O
20、4e=O24HB工作过程中H+由阳极室向产品室移动C撤去阳极室与产品室之间的阳膜a，导致 H3PO2的产率下降D通电一段时间后，阴极室中NaOH 溶液的浓度一定不变【答案】D【解析】【分析】阴极室中阳离子为钠离子和水电离出的氢离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为 2H2O+2e=H2 OH，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动；H2PO2离子通过阴膜向产品室移动；阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，产品室
21、中H2PO2-与 H+反应生成弱酸H3PO2。【详解】A项、阳极中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故 A正确；B项、阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，故B正确；C项、撤去阳极室与产品室之间的阳膜，阳极生成的氧气会把H3PO2氧化成 H3PO4，导致 H3PO2的产率下降，故 C正确；D项、阴极上水电离出的氢离子得电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动，通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液
22、的浓度增大，故D错误。故选 D。【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，明确离子交换膜的作用是解题的关键。14中和滴定中用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，计算式与滴定氢氧化钠溶液类似：c1V1=c2V2，则（）A终点溶液偏碱性B终点溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C终点溶液中氨过量D合适的指示剂是甲基橙而非酚酞【答案】D【解析】【分析】用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足 c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，结合盐类的水解解答该题。【详解】用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性
23、，则c(NH4+)c(Cl)，应用甲基橙为指示剂，D 项正确；答案选 D。【点睛】酸碱中和滴定指示剂的选择，强酸和强碱互相滴定，可选用酚酞或者甲基橙作指示剂，弱酸与强碱滴定选用酚酞作指示剂，强酸与弱碱滴定选用甲基橙作指示剂，这是学生们的易错点。15化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是A二氧化硫能够杀死会将酒变成醋的酵母菌B二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料C可以用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥D蔗糖、淀粉、纤维素都属于糖类物质【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫可以用作防腐剂，能够杀死会将酒变成醋的酵母菌，故A 正确；B二氧化碳能引起温室效应，也是植物发生光合作用的原料之一，因此二氧化碳可以
24、作为温室大棚里的气态肥料，故B 正确；C氢氧化钙与钾肥无现象，氢氧化钙和铵态氮肥混合会产生刺激性气味的氨气，但并不是所有的氮肥，如硝酸盐(除硝酸铵外)，不能用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥，故C错误；D蔗糖属于二糖；淀粉、纤维素属于多糖，故D 正确；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16无水 FeCl2易吸湿、易被氧化，常作为超高压润滑油的成分。某实验小组利用无水FeCl3和氯苯（无色液体，沸点132.2）制备少量无水FeCl2，并测定无水FeCl2的产率。实验原理：2FeCl3C6H5Cl2FeCl2C6H4Cl2HCl实验装置：按如图所示组装好的装置，检查气密性后，向三颈
25、烧瓶A中加入 16.76g 无水 FeCl3和 22.5g氯苯。回答下列问题：（1）利用工业氮气（含有H2O、O2、CO2）制取纯净干燥的氮气。请从下列装置中选择必要的装置，确定其合理的连接顺序：a_上图中的j 口（按气流方向，用小写字母表示）。实验完成后通入氮气的主要目的是_。（2）装置 C中的试剂是 _（填试剂名称），其作用是 _。（3）启动搅拌器，在约126条件下剧烈搅拌30min，物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用 _（填字母）。a酒精灯 b水浴锅 c电磁炉 d油浴锅（4）继续升温，在128139条件下加热2h，混合物颜色逐渐变浅，黏度降低。该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但
26、氯苯实际损失量却非常小，其原因是_。（5）继续加热1h 后放置冷却，在隔绝空气条件下过滤出固体，用洗涤剂多次洗涤所得固体，置于真空中干燥，得到成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0molL 1NaOH溶液完全反应，则该实验中FeCl2的产率约为 _（保留 3 位有效数字）。【答案】fg debc（提示：除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收无水氯化钙防止水蒸气进入装置A中使 FeCl2、FeCl3水解d球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流97.0【解析】【分析】（1）思路：先除CO2再除 H2O（顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气）再除 O2
27、（除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）；（2）由 FeCl2、FeCl3易水解性质可解，前后一定要有干燥装置；（3）油浴锅的好处是便于控制温度；（4）有冷凝管可使反应物冷凝回流；【详解】（1）由分析可知，装置接口的连接顺序为fg debc，吸收装置注意长进短出；实验完成后继续通入氮气的主要目的是：将生成的HCl 气体排入装置D 中被水完全吸收，防止测FeCl2的产率偏小。（2）FeCl2、FeCl3易水解，装置 C中的试剂是干燥剂无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入装置A 中使 FeCl2、FeCl3水解；（3）结合温度约126，选择油浴锅的好处是便于控制温度，故选d；（4）由装置
28、图可知，加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流；（5）n(HCl)=n(NaOH)=0.025L2.0mol L1=0.05mol，n(FeCl2)=2n(HCl)=20.05mol=0.1mol，加入 16.76g 无水 FeCl3和 22.5g 氯苯，物质的量分别约为16.76g162.5g/mol0.103mol 和 0.2mol，由反应方程式可知氯苯过量，则该实验中FeCl2的产率约为0.1mol16.76g162.5/gmol100%97.0。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17废旧钴金属片中的钴有2 价和 3
29、价，还含有锰、铁、钙、镁、铝等金属元素及碳粉等，回收钴的工艺流程：已知：焙烧后Mn 元素的化合价为+2 物质MgF2CaF2CoF2MgC2O3CaC2O3CoC2O3溶度积31094.3 1093 1034 1066.3 1091.7 107(1)焙烧时为了使废旧钴金属片充分反应，可采取的措施是_（任写一条）。(2)滤液1 含有的阴离子是_。(3)该流程中浸钴时，钴的浸出率最高只能达到70，后来改进方法，加入使用硫酸进行第一次浸取后，再加入Na2SO3溶液进行第二次浸取，从而使钴的浸出率达90以上，写出第二次浸出钴时溶液中发生反应的离子方程式：_(3)净化溶液的操作中含有多个步骤，先除铁后除
30、锰。除铁：常温下，调节溶液pH 为 1420 后，加H2O2，反应一段时间，加8 Na2CO3溶液，将溶液 的 pH 调至3 040。请用化学平衡移动原理解释加入Na2CO3溶液能除去溶液中铁元素的原因_。除锰：加入NaClO 溶液。写出该离子方程式：_。减钙镁：加入NH3F 溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子。试解释为何草酸铵溶液沉钴前要减钙镁：_。(4)树德中学化学兴趣小组欲探究CoC2O3?2H2O 受热后的分解产物，取4.39gCoC2O3?2H2O（摩尔质量为183g/mol）于硬质玻璃管中加热一段时间，冷却、称量，剩余氧化物固体的质量为2.31g。书写CoC2O3?2H2O受热分解的化
31、学方程式_。【答案】将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量AlO2-、OH-2-+2-2+32342SO+Co O+4H=SO+2Co+2H O或2-+2-2+33442SO+Co O+6H=SO+3Co+3H O溶液中存在铁离子的水解平衡：3+23Fe+3H OFe(OH)+3H?，向该体系中加入Na2CO3溶液后，CO32-和 H+反应，使 c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀2+-+22Mn+ClO+H O=MnO+Cl+2H草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，先减少钙、镁离子的浓度，可以避免再沉钴时引入钙、镁杂质24234223CoC O2H O Co O+
32、4CO+2CO+6H O【解析】【分析】由流程图可知，废钴片在空气中焙烧后，生成钴、锰、铁的氧化物以及氧化镁、氧化铝、氧化钙、二氧化碳等，加入氢氧化钠溶液碱浸可以与氧化铝反应生成偏铝酸钠，从而过滤除去，然后再用稀硫酸浸取钴元素，使其转化为离子，同时锰、铁、钙、镁元素也转化为相应的离子，再经过溶液净化除去铁、锰、钙、镁，最后用草酸铵溶液沉淀钴离子，得到草酸钴，据此分析解答。【详解】(1)将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量，可以在焙烧时使废旧钴金属片充分反应，故答案为：将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量；(2)加入氢氧化钠溶液碱浸，Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则滤液1 的溶质为偏铝酸
33、钠和过量的氢氧化钠，则含有的阴离子是AlO2-、OH-，故答案为：AlO2-、OH-；(3)Na2SO3具有还原性，可以将+3 价钴的氧化物还原为+2 价钴离子，发生反应的离子方程式为2-+2-2+32342SO+Co O+4H=SO+2Co+2H O或2-+2-2+33442SO+Co O+6H=SO+3Co+3H O，故答案为：2-+2-2+32342SO+Co O+4H=SO+2Co+2H O或2-+2-2+33442SO+Co O+6H=SO+3Co+3H O；(3)加 H2O2，可以将 Fe2+氧化为 Fe3+，在溶液中存在铁离子的水解平衡：3+23Fe+3H OFe(OH)+3H?
34、，则向该体系中加入Na2CO3溶液后，CO32-和 H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀，故答案为：溶液中存在铁离子的水解平衡：3+23Fe+3H OFe(OH)+3H?，向该体系中加入Na2CO3溶液后，CO32-和 H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；NaClO 具有强氧化性，可以将Mn2+氧化为 MnO2，从而过滤除去，发生反应的离子方程式为：2+-+22Mn+ClO+H O=MnO+Cl+2H，故答案为：2+-+22Mn+ClO+H O=MnO+Cl+2H；由表格中的溶度积数据可知，草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草
35、酸镁很接近，则为了避免在沉钴时，将钙离子、镁离子同时沉淀，应先加入NH3F溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子，再加入草酸沉淀钴离子，故答案为：草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，先减少钙、镁离子的浓度，可以避免在沉钴时引入钙、镁杂质；(4)4.39g CoC2O3?2H2O 的物质的量为5.49g=0.03mol183g/mol，则剩余的钴的氧化物固体中氧元素的物质的量为2.41g-0.03mol59g/mol=0.04mol16g/mol，则该氧化物中Co 与 O 元素物质的量之比为3:3，则该钴的氧化物的化学式为Co3O3，由此可知部分Co的化合价升高，失电子，则C元素应得电子，化合价降
36、低，生成CO，根据得失电子守恒、元素守恒配平该方程式，还应有CO2和 H2O 生成，故发生反应的化学方程式为24234223CoC O2H O Co O+4CO+2CO+6H O，故答案为：24234223CoC O2H O Co O+4CO+2CO+6H O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18研究 NO 的性质对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。(1)自然界在闪电时，生成NO 的反应方程式为_。(2)T时在容积为2L 的恒容密闭容器中，充入NO 和 O2发生反应：2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)，不同时刻测得容器中 n(NO)、n(O2)如表：时间/s 0 1 2
37、 3 4 5 n(NO)/mol 1 0.6 0.4 0.2 0.2 0.2 n(O2)/mol 0.6 0.4 0.3 0.2 0.2 0.2 在 T下，02s 时，该反应的平均反应速率(NO)v=_；该温度下反应的平衡常数K=_，在 T下，能提高 NO 的平衡转化率的措施有_、_。(3)已知 NO 和 O2反应的历程如图，回答下列问题：写出其中反应的热化学方程式也(H 用含物理量E的等式表示)：_。试分析上述基元反应中，反应和反应的速率较小的是_（选填“反应”或“反应”）；已知反应会快速建立平衡状态，反应可近似认为不影响反应的平衡。对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是_。
38、【答案】N2 O2闪电2NO 0.15mol L1 s1160.0L mol1增大 O2的浓度增大体系压强2NO(g)?N2O2(g)H=(E3E2)kJ mol1反应因为反应为放热反应，升高温度，反应平衡逆向移动，导致c(N2O2)减小，反应变慢，而反应为慢反应是总反应速率的决速反应【解析】【分析】(2)根据(NO)=cnvtVt计算化学反应速率；根据2222(NO)=(NO)(O)cKcc求算平衡常数；(3)根据 H=生成物的总能量反应物的总能量求算H；(4)一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。【详解】(1)在闪电时，N2和 O2会发生化合反应生成NO，化学方程式为N2O2闪电2NO；
39、(2)在 T下，02s 时，n(NO)从 1mol 降低到 0.4mol，变化了0.6mol，容器体积为2L。根据(NO)=cnvtVt，带入数据，有-1-10.6mol(NO)=0.15mol Ls2L2svgg；根据方程式，从开始到平衡，消耗n(NO)=1mol 0.2mol=0.8mol，则生成n(NO2)=0.8mol。平衡时，NO、O2、NO2的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.8mol，容器体积为2L，平衡常数2222(NO)=(NO)(O)cKcc，带入数据，有220.8mol()2=160.0L/mol0.2mol0.2mol()()22LKLL；在 T下，提高NO
40、 的转化率，需平衡向正反应方向移动，需要注意的是，温度已经限定，不能改变温度。则增大 NO 的转化率，可以增大O2的浓度；该反应是气体分子数减小的反应，可以压缩体积，增大压强；(3)根据图像，反应为NO(g)反应化合生成N2O2(g)，根据 H=生成物的能量反应物的能量，则热化学方程式：2NO(g)?N2O2(g)H=(E3E2)kJ mol1；一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。反应的活化能为E4E3，反应的活化能为E5E2，根据图示，反应的活化能大，化学反应速率较小；化学反应速率慢的基元反应是总反应的决速步，反应的活化能大，化学反应速率较小，是总反应的决速步。从图示看，反应和都是放热反
41、应，升高温度，平衡均逆向移动，由于反应快速达到平衡，则反应的产物N2O2的浓度会减小，但对于反应来说，c(N2O2)减小，会使得反应的反应速率减小，而反应是总反应的决速步，因此总反应速率变慢。答案：因为反应为放热反应，升高温度，反应平衡逆向移动，导致c(N2O2)减小，反应变慢，而反应为慢反应是总反应速率的决速反应。19砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：(1)ASH3的电子式为 _；AsH3通入 AgNO3溶液中可生成Ag，As2 O3和 HNO3，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(2)改变 O.1 mol L1三元弱酸H3 AsO4溶液的 pH，溶液中
42、的H3 AsO4、H2 AsO4、HAsO42-以及 AsO43-的物质的量分布分数随pH 的变化如图所示：1gKal(H3 AsO4)_；用甲基橙作指示剂，用NaOH 溶液滴定H3 ASO4发生的主要反应的离子方程式为_反应 H2 AsO4+AsO43-=2HAsO42-的 lgK=_(3)焦炭真空冶炼砷的其中两个热化学反应如下：As2O3(g)+3C(s)=2As(g)+3CO(g)H1=akJ/mol As2O3(g)+3C(s)=1/2As4(g)+3CO(g)H2=bkJ/mol 则反应 4As(g)=As4(g)H=_kJ/mol(用含 a、b 的代数式表示)。(4)反应 2As2
43、S3(s)=4AsS(g)+S2(g)达平衡时气体总压的对数值lg(p/kPa)与温度的关系如图所示：对应温度下，B 点的反应速率v(正)_v(逆)(填“，”或“一”)。A 点处，AsS(g)的分压为 _kPa，该反应的Kp _kPa5(Kp为以分压表示的平衡常数)。【答案】6：1 2.2-34242H AsO+OH=HAsO+H O4.5 2b2a 0.8 8.192 10-2【解析】【分析】（1）ASH3的电子式与氨气类似；AsH3通入 AgNO3溶液中可生成Ag，As2O3和 HNO3，反应为2AsH3+12AgNO3+3H2O As2O3+12Ag+12HNO3，据此分析；（2）三元弱
44、酸H3AsO4的三级电离反应为：H3AsO4?H+H2ASO4-，H2ASO4-?H+HAsO42-，HAsO42-?H+AsO43-，Kal（H3AsO4）=2434c()()()Hc H AsOc H AsO，根据图可知，pH=2.2 时，c（H2ASO4-）=c（H3AsO4），则 Kal（H3AsO4）=c（H+）=10-2.2，可得，用甲基橙作指示剂，用NaOH 溶液滴定H3ASO4发生反应生成NaH2ASO4，据此书写；同理，Ka2（H2ASO4-）=2424c()()()Hc HAsOc H AsO，pH=7 时，c（H2ASO4-）=c（HAsO42-），则 Ka2（H2AsO
45、4-）=c（H+）=10-7，Ka3（HAsO42-）=3424c()()()Hc AsOc HAsO，pH=11.5 时，c（HAsO42-）=c（AsO43-），则 Ka3（HAsO42-）=c（H+）=10-11.5，反应 H2AsO4-+AsO43-?2HAsO42-的 K=22443244()()()()c HAsOc HAsOc H AsOc AsO=22443244()()()()c HAsOc HAsOc H AsOc AsO()()c Hc H=a2242a34()()KH AsOKHAsO，据此计算；（3）已知：、As2O3（g）+3C（s）=2As（g）+3CO（g）H1
46、=akJ?mol-1 As2O3（g）+3C（s）=As4（g）+CO（g）H2=b kJ?mol-1根据盖斯定律：2-2 得反应 4As（g）?As4（g），据此计算；（4）A 点达到平衡，B 点处气体总压小于平衡时的气压，据此分析；A 点处，气体总压的对数值lg（p/kPa），则气体总压为1kPa，AsS（g）在气体中体积分数为45，由此可得；得出平衡时AsS（g）的分压为和S2（g）的分压，再计算Kp。【详解】（1）ASH3的电子式与氨气类似，电子式为：；AsH3通入 AgNO3溶液中可生成Ag，As2O3和HNO3，反应为 2AsH3+12AgNO3+3H2OAs2O3+12Ag+12
47、HNO3，其实 As 元素化合价升高被氧化，AsH3为还原剂，Ag 元素化合价降低被还原，AgNO3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1；故答案为：；6：1；（2）三元弱酸H3AsO4的三级电离反应为：H3AsO4?H+H2ASO4-，H2ASO4-?H+HAsO42-，HAsO42-?H+AsO43-，第一步电离为主，Kal（H3AsO4）=2434c()()()Hc H AsOc H AsO，根据图可知，pH=2.2 时，c（H2ASO4-）=c（H3AsO4），则 Kal（H3AsO4）=c（H+）=10-2.2，则 1gKal（H3AsO4）=-2.2；用甲基橙作指示剂，用N
48、aOH 溶液滴定H3ASO4发生反应生成NaH2ASO4，离子反应为：H3AsO4+OH-=H2ASO4-+H2O；故答案为：-2.2；H3AsO4+OH-=H2ASO4-+H2O；同理，Ka2（H2ASO4-）=2424c()()()Hc HAsOc H AsO，pH=7 时，c（H2ASO4-）=c（HAsO42-），则 Ka2（H2AsO4-）=c（H+）=10-7，Ka3（HAsO42-）=3424c()()()Hc AsOc HAsO，pH=11.5 时，c（HAsO42-）=c（AsO43-），则 Ka3（HAsO42-）=c（H+）=10-11.5，反应 H2AsO4-+AsO4
49、3-?2HAsO42-的 K=22443244()()()()c HAsOc HAsOc H AsOc AsO=22443244()()()()c HAsOc HAsOc H AsOc AsO()()c Hc H=a2242a34()()KH AsOKHAsO=711.51010=104.5，lgK4.5；故答案为：4.5；（3）已知：、As2O3（g）+3C（s）=2As（g）+3CO（g）H1=a kJ?mol-1 As2O3（g）+3C（s）=As4（g）+CO（g）H2=b kJ?mol-1根据盖斯定律：2-2 得 4As（g）?As4（g）H=（2b-2a）kJ?mol-1；故答案为：2b-2a；（4）A 点达到平衡，B点处气体总压小于平衡时的气压，说明生成气体比平衡时少，反应正向着正方向生成气体的方向进行，故B 点的反应速率v（正）v（逆）；故答案为：；A 点处，气体总压的对数值lg（p/kPa），则气体总压为1kPa，AsS（g）在气体中体积分数为45，S2（g）在气体中体积分数为15，则 AsS（g）的分压为0.8kPa，S2（g）的分压为0.2kPa，Kp=（0.8kPa）4 0.2kPa=8.192 10-2kPa5；故答案为：0.8；8.19210-2。