《2019-2020学年福建省泉州实验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学年福建省泉州实验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学年福建省泉州实验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汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是A生成 40.0L N2（标准状况）B有 0.250mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为1.25molD被氧化的N原子的物质的量为4.75mol【答案】C【解析】【分析】该反应中N 元素化合价由-13、+5 价变为 0 价，所以 NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据
2、反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为 10mol，被氧化的N 原子的物质的量为30mol，有 2molKNO3被还原，据此分析解答。【详解】A该反应中N 元素化合价由-13价、+5 价变为 0 价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多 1.75mol，则生成氮气的物质的量=1.751416mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol22.4L/mol=44.8L，故 A 错误；B反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，
3、故B 错误；C转移电子的物质的量为1.751410=1.25mol，故 C 正确；D被氧化的N 原子的物质的量=1.7514 30=3.75 mol，故 D 错误；答案选 C。【点睛】明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键。本题的易错点为B，注意硝酸钾中N 元素化合价降低，被还原。2克伦特罗是一种平喘药，但被违法添加在饲料中，俗称“瘦肉精”，其结构简式如图。下列有关“瘦肉精”的说法正确的是A它的分子式为C12H17N2Cl2O B它含有氨基、氯原子、碳碳双键等官能团C1mol 克伦特罗最多能和3 molH2发生加成反应D一定条件下它能发生水解反应、酯化反应、消去反应、氧化反应、加聚反应等【答案
4、】C【解析】【分析】【详解】A、根据克伦特罗结构简式知它的分子式为C12H18N2Cl2O，错误；B、根据克伦特罗结构简式知它含有苯环、氨基、氯原子、羟基等官能团，不含碳碳双键，错误；C、该有机物含有1个苯环，1mol 克伦特罗最多能和3 molH2发生加成反应，正确；D、该有机物不含碳碳双键，不能发生加聚反应，错误；故答案选C。3同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是A 2W(l)+Y(l)2Z(g)+Q1B2W(g)+Y(g)2Z(l)+Q2C2W(g)+Y(g)2Z(g)+Q3D2W(l)+Y(l)2Z(l)+Q4【答案】B【解析】【详解】试题分析：各反应中对应物质的物质的量相同，
5、同一物质的能量gls，所以反应物的总能量为：W(g)W(l)，Y(g)Y(l)，生成物的能量为：Z(g)Z(l)，同温同压下，各反应为放热反应，反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，则反应放出的热量越多，故B 放出的热量最多，即Q2最大，故选B。【点睛】本题主要考查物质能量、物质状态与反应热的关系，难度不大，根据能量变化图来解答非常简单，注意反应热比较时数值与符号均进行比较。4下列事实不能说明X元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是（）A X单质与 H2S溶液反应，溶液变浑浊B在氧化还原反应中，1molX 单质比 1mol 硫得电子多CX和硫两元素的气态氢化物受热分解，前者的分解温度高D X
6、元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性【答案】B【解析】【分析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断，而与得失电子数没有必然关系。【详解】A X单质与 H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明X 单质的氧化性比硫强，则说明X元素的非金属性比S元素的非金属性强，故A 不符合题意；B在氧化还原反应中，1molX 单质比 1molS 得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故B符合题意；C元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，X 和 S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明X的非金属性较强，故C不符合题意；D X
7、元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性，说明X的非金属性较强，故D 不符合题意；故答案选B。5 常温下，向 10 mL0.1 mol/L 的 HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L 的氨水，所得溶液pH 及导电能力变化如图。下列分析正确的是（）A各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：dcba B常温下，R-的水解平衡常数数量级为10-9Ca 点和 d 点溶液中，水的电离程度相等D d 点的溶液中，微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3?H2O)【答案】B【解析】【详解】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b 点导电能力最强，d 点最弱，A 错误；B.根据图象可知，0.1
8、mol/L 的 HR溶液的 pH=3，则 c(R-)c(H+)=10-3mol/L，c(HR)0.1mol/L，HR的电离平衡常数 Ka=10-5，则 R-的水解平衡常数数Kh=10-9，B正确；C.a、d 两点导电能力相等，但溶液的pH 分别为 4、8，都抑制了水的电离，a 点 c(H+)=10-4mol/L，d 点c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；D.d 点加入 20mL 等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R 和 NH3?H2O，根据物料守恒可得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3?H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3?H2O 的电
9、离程度大于NH4+的水解程度，则c(NH4+)c(NH3?H2O)，则 c(HR)+c(R-)c(NH3?H2O)，D 错误；故合理选项是B。6下列物质的用途利用其物理性质的是A草酸用作还原剂B生石灰用作干燥剂C苯用作萃取剂D铁粉用作抗氧化剂【答案】C【解析】【详解】A.草酸用作还原剂是由于其容易失去电子，表现还原性，利用的是物质的化学性质，A 不符合题意；B.生石灰用作干燥剂是由于CaO与水反应产生Ca(OH)2，利用的是物质的化学性质，B不符合题意；C.苯用作萃取剂是由于被萃取的物质容易溶于苯中，没有新物质存在，利用的是物质的物理性质，C符合题意；D.铁粉用作抗氧化剂是由于Fe 容易失去电
10、子，表现还原性，是利用的物质的化学性质，D 不符合题意；故合理选项是C。7 最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷(黑磷的磷原子二维结构如图)是比石墨烯更好的新型二维半导体材料.下列说法正确的是A石墨烯属于烯烃B石墨烯中碳原子采用sp3杂化C黑磷与白磷互为同素异形体D黑磷高温下在空气中可以稳定存在【答案】C【解析】【分析】【详解】A石墨烯是碳元素的单质，不是碳氢化合物，不是烯烃，A 错误；B石墨烯中每个碳原子形成3键，杂化方式为sp2杂化，B错误；C黑磷与白磷是磷元素的不同单质，互为同素异形体，C 正确；D黑磷是磷单质，高温下能与O2反应，在空气中不能稳定存在，D 错误；答案选 C。8下列物质的名
11、称中不正确的是（）A Na2CO3：苏打BCaSO4?2H2O：生石膏C：3，3-二乙基己烷DC17H35COOH：硬脂酸【答案】C【解析】【分析】【详解】A.Na2CO3的俗称为纯碱、苏打，故A 正确；B.生石膏即天然二水石膏，化学式为CaSO4?2H2O，故 B正确；C.结构中主碳链有5 个碳，其名称为3，3-二乙基戊烷，故C 错误；D.硬脂酸，即十八烷酸，分子式为C18H36O2，亦可表示为C17H35COOH，故 D 正确；综上所述，答案为C。9室温下，用10.10mol L的NaOH溶液滴定10.00mL10.10molL的3CH COOH溶液，水的电离程度随NaOH溶液体积的变化曲
12、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NaOH 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
13、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CH3COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH 是一元碱，二者的浓度相等，因
14、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。10在室温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是A将稀 CH3COONa溶液加水稀释后，n(H+）n(OH）不变B向 Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液，溶液中部分离子浓度大小为c(Na+)c(K+)=c(SO42)c(SO32)c(HSO3)CNaHA 溶液的 pH7，则溶液中的粒子一定有c(Na+)=c(HA)+c(H2A)+c(A2)D向某稀NaHCO3溶液中通CO2至 pH=7：c(Na+)=c(HCO3)+2c(CO32)【答案】D【解析】【详解】A温度不变，Kw
15、=c(H+)?c(OH-)不变，加水稀释体积增大，则n(H+)?n(OH-)增大，故A 错误；B向 Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液，假设浓度均为1mol/L，体积为1L，则溶液中钠离子为 2mol，钾离子为1mol，硫酸根离子为1mol，反应生成1mol HSO3-，HSO3-部分电离，电离程度较小，因此离子浓度的大小顺序为c(Na+)c(K+)=c(SO42)c(HSO3)c(SO32)，故 B 错误；CNaHA 溶液的 pH7，溶液显酸性，但是不能确定HA-是否完全电离以及是否水解，故无法确定溶液中是否有 HA-和 H2A，故 C错误；D向 NaHCO3溶液中通CO2至
16、 pH=7，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，则 c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故 D 正确；答案选 D。11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 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【
17、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发生 Br2 SO2 2H2O=H2SO4 2HBr，体现 SO2的还原性，故错误。故选 B。1225时，浓度相同的Na2CO3和 NaHCO3溶液，下列判断错误的是（）A粒子种类不同Bc(Na+)前者大于后者Cc(OH-)前者大于后者D分别加入NaOH 固体，c(CO32-)均增大【答案】A【解析】【详解】A 项、
18、NaHCO3溶液中存在如下平衡：H2O?H+OH-、HCO3-?CO32-+H+、H2O+HCO3-?H2CO3+OH-，Na2CO3溶液中存在如下平衡：H2O?H+OH-、H2O+CO32-?HCO3-+OH-、H2O+HCO3-?H2CO3+OH-，溶液中存在的粒子种类相同，故 A 错误；B 项、Na2CO3中 c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中 c（Na+）=c（NaHCO3），二者浓度相等，则 c（Na+）前者大于后者，故B 正确；C 项、碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中的 c（OH-），故 C正确；D 项
19、、向浓度相同的Na2CO3和 NaHCO3溶液分别加入NaOH 固体，NaOH 会抑制 Na2CO3的水解，与 NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO32-）均增大，故D 正确；故选 A。13实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是（）A水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将所得混合物加入苯中C仪器 a 的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D反应完全后，可用仪器a、b 蒸馏得到产品【答案】D【解析】【分析】A.水浴加热可保持温度恒定；B.混合时先加浓硝酸，后加浓硫酸，最
20、后加苯；C.冷凝管可冷凝回流反应物；D.反应完全后，硝基苯与酸分层。【详解】A.水浴加热可保持温度恒定，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，A 正确；B.混合时先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加苯，因此混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将所得混合物加入苯中，B 正确；C.冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a 的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，C正确；D.反应完全后，硝基苯与酸分层，应分液分离出有机物，再蒸馏分离出硝基苯，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键。注意实验的评价性分析。14
21、科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续，合成其原理如图所示。下列说法不正确的是A过程 I 得到的 Li3N 的电子式为B过程生成W 的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C过程涉及的阳极反应为4OH-4e-=O2+2H2O D过程 I、均为氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A.Li3N 是离子化合物，Li+与 N3-之间通过离子键结合，电子式为，A 正确；B.Li3N 与水发生反应产生LiOH、NH3，反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，B 正确；C.在过程中OH-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为4OH-4e-=O2+2H2O，C正
22、确；D.过程的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D 错误；故合理选项是D。15从化学的规角分析，下列说法不正确的是A锂离子电池是一种生活中常用的化学电源B纳米材料可用于制造不用洗的衣服面料C水中加入“催化剂”，可变成汽车燃料“油”D科学家未研发出只加水就能跑的“水氢发动机”汽车【答案】C【解析】【详解】A 选项，手机锂离子电池是一种生活中常用的化学电源，故A 正确；B 选项，纳米材料可用于制造不用洗的衣服面料，故B 正确；C 选项，水（H2O）中只含H、O 两种元素，汽车燃料“油”含有C和 H 两种元素，两者含有不同种元素，利用水不可能制成汽车燃料“油”，故 C 错
23、误；D 选项，水变氢是吸热反应，从能量守恒定律得出科学家不可能研发出只加水就能跑的“水氢发动机”汽车，故 D 正确。综上所述，答案为C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。它不溶于H2SO4、HNO3 和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2(OH)4-nCln，n 随着环境酸度的改变而改变。以海绵铜(主要成分是Cu 和少量 CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图：(1)还原过程中主要反应的离子方程式为_。(2)实验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作(如图)。仪器 A
24、的名称 _，有关抽滤，下列说法正确的是 _A抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出B在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤C在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸D减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀(3)操作 1 为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于70干燥 2h，冷却、密封包装。其中最合理的洗涤试剂_A浓盐酸B浓氨水C无水乙醇D水+乙醇真空干燥的原因是_。(4)随着 pH 减小，Cu2(OH)4-nCln中铜的质量分数_A增大B不变C减小D不能确定【答案】2Cu2+SO32-+2Cl
25、-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+吸滤瓶AD C 防止 CuCl在潮湿空气中水解、氧化C【解析】【分析】海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，然后利用题干信息，结合物质的性质及要求分析解答。【详解】(1)向含有 Cu2+的溶液中加入酱油还原作用的（NH4)2SO3、NH4Cl，发生还原，产生CuCl沉淀，同时产生硫酸，反应的离子方程式为2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O
26、2CuCl +SO42-+2H+；(2)根据仪器A 的结构可知该仪器名称是吸滤瓶；A.抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，以防止倒吸现象的发生，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，A 正确；B.在布氏漏斗中放入滤纸后，用玻璃棒引流移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，B 错误；C.在抽滤装置中洗涤晶体时，应将洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触，C 错误；D.颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，D 正确；故合理选项是AD；(3)操作 1 为马上再洗涤，目的是为了洗去表面的杂质，为快速干燥，要用酒精洗涤，然后在真
27、空干燥机内于 70干燥 2h，冷却、密封包装，故合理选项是C；真空干燥的目的防止CuCl在潮湿空气中水解氧化；(4)随着平 pH 值减小，Cu2(OH)4-nCln中 4-n 减小，n 增大，则铜的含量减小，故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与实验能力。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 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MgF2CaF2CoF2Mg
28、C2O3CaC2O3CoC2O3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
29、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+2
30、H 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+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
31、，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
32、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?，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：
33、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
34、：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 O2
35、H 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 氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大气污染物，烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。回答下列问题：（1）目前柴油汽车都用尿素水解液消除汽车尾气中的NO，水解液中的NH3将 NO 还原为无害的物质。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为_。（2）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4被还原为MnO42。KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为_。加入 CaCO3的作用是 _。KMnO4/CaCO3浆液中 KMnO4与
36、CaCO3最合适的物质的量之比为_。（3）利用 NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液 pH 对脱硫脱硝的影响如图所示：图 a 和图 b 中可知脱硫脱硝最佳条件是_。图 b 中 SO2的去除率随pH 的增大而增大，而NO 的去除率在pH5.5 时反而减小，请解释NO 去除率减小的可能原因是_。【答案】2:3SO2 2MnO4 2H2O=SO42 2MnO42 4H消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动1:1n(H2O2)：n(NaClO2)=6:1，pH 值在 5.56.0可能 NO 的还
37、原性减弱或则可能是 NaClO2、H2O2的氧化性减弱【解析】【分析】根据氧化还原反应得出氧化剂和还原剂的比例关系。根据氧化还原反应原理写离子方程式，生成的氢离子和碳酸钙反应，消耗氢离子，利于平衡正向移动，根据比例关系得出高锰酸钾和碳酸钙的比例。根据图像信息得出脱硫脱硝最佳条件，用氧化还原反应的强弱随pH 变化的影响分析减弱的原因。【详解】水解液中的NH3将 NO 还原为无害的物质氮气，根据氧化还原反应原理，氨气化合价升高3 个价态，为还原剂，NO 化合价降低2 个价态，为氧化剂，根据升降守恒配平原理，因此氨气前配2，NO前面配系数3，因此该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3，故答案为：
38、2:3。KMnO4脱硫(SO2)反应生成锰酸根和硫酸根，离子方程式为SO22MnO42H2O=SO422MnO42 4H，故答案为：SO2 2MnO42H2O=SO42 2MnO42 4H。反应过程中生成了硫酸，加入CaCO3的作用是消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动，故答案为：消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动。2molKMnO4反应生成4mol 氢离子，4mol 氢离子消耗2mol 碳酸钙，因此 CaCO3浆液中 KMnO4与 CaCO3最合适的物质的量之比为1:1，故答案为1:1。根据图中的转化率和去除率关系，可知脱硫脱硝最佳条件是n(H2O2)：n(NaClO2)=6:
39、1，pH 值在 5.56.0；NO在 pH5.5 时可能 NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱，故答案为：n(H2O2)：n(NaClO2)=6:1，pH 值在 5.56.0；可能 NO 的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱。19费托合成是以合成气(CO 和 H2 混合气体)为原料在催化剂和适当条件下合成烯烃(C2C4)以及烷烃(CH4、C5C11、C12C18等，用 Cn H2n+2表示)的工艺过程。已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H1=a 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H2=b n2n+222233n+1C H(g)+O(
40、g)=(n+1)H O(g)+nCO(g)H=c2回答下列问题：(1)反应(2n+1)H2(g)+nCO(g)=CnH2n+2(g)+nH2O(g)的 H_。(用含有 a、b、c、n 的式子表示)(2)费托合成产物碳原子分布遵循ASF 分布规律。碳链增长因子()是描述产物分布的重要参数，不同数值对应不同的产物分布。ASF 分布规律如图，若要控制C2C4的质量分数0.480.57，则需控制碳链增长因子()的范围是 _。(3)近期，我国中科院上海高等研究院在费托合成烃的催化剂上取得重大进展。如图所示，Co2C作催化剂的规律是：选择球形催化剂时_，选择平行六面体催化剂时_。(4)中科院大连化物所研究
41、团队直接利用CO2与 H2合成甲醇。一定条件下，向2L 恒容密闭容器中充入1molCO2和 2mol H2发生反应“CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)H”。CO2的平衡转化率()与温度(T)的关系如图所示。判断 H_0。(填“大于”“小于”或“等于”)500 K 时，反应5 min 达到平衡。计算05 min 用 H2O 表示该反应的化学反应速率为_，该反应的平衡常数为_。500 K 时，测定各物质的物质的量浓度分别为c(CO2)=0.4 mol/L、c(H2)=0.2 mol/L、c(CH3OH)=0.6 mol/L、c(H2O)=0.6 mol/L，此时反应 _(填
42、“是”或“否”)达到平衡，理由是_。一定条件下，对于反应CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)。下列说法中不能表明反应达到平衡的是_。a.恒温恒容下，c(CH3OH)=c(H2O)b.恒温恒容下，体系的压强保持不变c.恒温恒容下，体系的平均摩尔质量不变d.相同时间内，断裂HH 键和断裂H O 键之比1：1【答案】n2n+1(a+b-c)220.30.6 主要产物为CH4产物有 CH2=CH2、C3H6、C4H8小于0.06 mol/(L min)450(mol/L)-2否112c11 30.6mol L0.6 mol LQ=112.5(mol/L)0.4 mol L(0.2
43、 mol L)4502(mol/L)a【解析】【分析】(1)根据盖斯定律解答；(2)由图可知要控制C2C4的质量分数0.480.57 是对应的数值范围；(3)根据图示球棍模型的比例判断产物的分子式；(4)右图可知随着温度升高CO2的平衡转化率降低，平衡逆向移动分析；根据22 c(H O)H O=t计算；列“三段式”，求算 500K 时平衡常数，比较Qc与平衡常数的大小判断；根据达到平衡状态时的特点分析。【详解】(1)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H1=a 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H2=b n2n+222233n+1C H(g)+O(g)=(n+1)H O(g)+
44、nCO(g)H=c2根据盖斯定律：2n+212n-，可得反应(2n+1)H2(g)+nCO(g)=Cn2n+2H(g)+nH2O(g)的H=n2n+1(a+b-c)22；(2)由图可知要控制C2C4的质量分数0.480.57 需控制碳链增长因子()的范围是0.30.6；(3)CO2C作催化剂的规律是：选择球形催化剂时主要产物为CH4，选择平行六面体催化剂时产物有CH2=CH2、CH2=CHCH3、CH2=CHCH2CH3或 C2H4、C3H6、C4H8。(4)右图可知随着温度升高CO2的平衡转化率降低，故H 小于 0。500 K 时，二氧化碳转化率为60%，即参与反应的物质的量为0.6mol，
45、根据反应CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，水蒸气的变化物质的量为0.6mol，则222 c(H O)n(H O0.6)H O=moltV t2Lin 5 m=0.06 mol/(Lmin)。初始时刻，CO2和 H2的物质的量浓度分别为0.5mol/L、1 mol/L，500 K 时，二氧化碳转化率为60%，列“三段式”：2232mol/L0.5100mol/L0.30.90.30.3COgm+3HgCH Ool/L0.2H g+H O0.10.30.3g?始变平23322c(H O)c(CH OH)K=c(CO)c(H)，代入数据113110.3 mol L0.3 m
46、ol LK0.2 mol L0.1 mol L2450(mol/L)；11223c311 322c(H O)c(CH OH)0.6 mol L0.6 mol LQ=112.5 mol/Lc(CO)c(H)0.4 mol L(0.2 mol L)2450(mol/L)，反应未达到平衡状态；反应 CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)气体分子数减小。a若平衡正向建立必有c(CH3OH)=c(H2O)，不能表明反应已达平衡，故a 错误；b恒温恒容下，压强pn，n 必然变化，当p 不变，表明反应已达平衡，故b 正确；c反应物、产物均为气体，气体质量不变，n 减小(增大)，M=mn即 M 必然变化，当M 不变，表明反应已达平衡，故c 正确；d断裂 HH 键(v正)断裂 HO 键(v逆)11，v正=v逆，表明反应已达平衡，故d 正确；答案选 a。