《2019-2020学年福建省福清华侨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学年福建省福清华侨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学年福建省福清华侨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常温下，现有0.1mol?L1NH4HCO3溶液，pH=7.1已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数）与pH 的关系如图所示：下列说法不正确的是（）A当溶液的pH=9 时，溶液中存在：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3?H2O）c（CO32）B0.1 mol?L1 NH4HCO3溶液中存在：c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（CO32）C向 pH=7.1 的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+
2、和 HCO3浓度逐渐减小D分析可知，常温下Kb（NH3?H2O）Ka1（H2CO3）【答案】C【解析】【分析】A当 pH=9 时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；B 0.1 molL-1 NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，图象可知PH=7.1 时 c（NH4）=c（HCO3）；C该碳酸氢铵溶液的pH=7.1，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4和 HCO3浓度变化；D碳酸氢铵溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。【详解】A结合图象可知，溶液的pH=9 时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3?H2O）c（CO32），故 A 正确；
3、BNH4HCO3溶液中，pH=7.1 溶液显碱性，图象可知PH=7.1 时 c（NH4+）=c（HCO3），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），得到 c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（CO32），故 B正确；C.0.1mol/L 的 NH4HCO3溶液的 pH=7.1，根据图象可知，当溶液pH 增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；D由于 0.1mol/L 的 NH4HCO3溶液的 pH=7.1，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1
4、（H2CO3），故 D 正确；故选：C。【点睛】本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，解题关键：明确图象曲线变化的含义，难点 B，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。2化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（）A为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料C2020 年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅D蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染【答案】D【解析
5、】【分析】【详解】A.为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用75%酒精杀菌消毒，故A 错误；B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故B错误；C.2020年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故C错误；D.蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，将高分子化合物降解为小分子，这项研究有助于减少白色污染，故D 正确；选 D。3物质性质的差异与分子间作用力有关的是A沸点：Cl2I2B热稳定性：HFHCl C硬度：晶体硅金刚石D熔点：MgONaCl【答案】A【解析】【详解】A、分子晶体的相对
6、分子质量越大,沸点越高,则卤素单质的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，A正确；B、非金属性F ClBrI，则 HF、HCl、HBr、HI 热稳定性依次减弱，与共价键有关，B错误；C、原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，C错误；D、离子键的键长越短，离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径：Mg2+Na+、O2Cl-，所以熔点：MgONaCl，与离子键大小有关，D 错误；正确选项A。4下列指定反应的离子方程式正确的是()A向 Al(NO3)3溶液中加入过量氨水：Al34OH=AlO2-2H2O B向水中通入NO2：2NO2H2
7、O=2HNO3-NO C向 NH4HCO3溶液中加入过量NaOH 溶液：HCO3-OH=CO32-H2O D向酸性 K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液将 6 价 Cr 还原为 Cr3：3HSO3-Cr2O72-5H=3SO42-2Cr34H2O【答案】D【解析】【分析】A.氨水中溶质为一水合氨，为弱碱，在离子方程式中保留化学式，且反应不能生成偏铝酸根离子；B.电荷不守恒；C.根据以少定多原则分析；D.依据氧化还原规律作答。【详解】A.一水合氨为弱碱，不能拆成离子形式，且不能溶解氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al2+3NH3?H2OAl(OH)3+3NH4+，A 项错误；B.向水中通入
8、NO2的离子方程式为：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO，B 项错误；C.向 NH4HCO3溶液中加入过量NaOH 溶液，其离子方程式为：NH4+HCO3-+OH-=NH3?H2O+CO32-+H2O，C项错误；D.向酸性 K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液，NaHSO3具有还原性，能将 6 价 Cr 还原为 Cr3，其离子方程式为：3HSO3-Cr2O72-5H=3SO42-2Cr34H2O，D 项正确；答案选 D。【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。本题C 项重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，可采取“以少定
9、多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol 参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。5下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是()选项A B C D 名称250 mL 容量瓶分液漏斗酸式滴定管冷凝管图形用途与使用操作配制 1.0 molL1NaCl 溶液，定容时仰视刻度，则配得的溶液浓度小于 1.0 molL1用酒精萃取碘水中的碘，分液时，碘层需从上口放出可用于量取10.00 mL Na2CO3溶液蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体A ABBCCDD【答案】A【解析】【分析】【详解】A、定容时仰视刻
10、度，溶液体积偏大致使溶液的浓度偏低，A 正确；B、酒精易溶于水，不分层，不能用酒精萃取碘水中的碘，B错误；C、Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取，C错误；D、蒸馏实验中水从下口进上口出，D 错误；答案选 A。6AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 0.1 mol 的11B中，含有A0.6N个中子BpH=1的 H3PO4溶液中，含有A0.1N个HC2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到A0.6N个 CO2分子D密闭容器中1 mol PCl3与 1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加A2N个 P-Cl 键【答案】A【解析】【详解】A11B 中含有 6 个中子，0.
11、1mol 11B 含有 6NA个中子，A 正确；B溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B 错误；C标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L 苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；DPCl3与 Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所 1molPCl3与 1molCl2反应生成的PCl5小于 1mol，增加的PCl 键的数目小于2NA个，D 错误；答案选A。7常温下，H2A 和 H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数随 pH 的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：+222223222H NCH
12、 CH NHH OH NCH CH NHOH?。A NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：+-+2-c Nac HAc Hc Ac OHB乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的 Kb2=10-7.15CH3NCH2CH2NH3A 溶液显碱性D向 H3NCH2CH2NH2 HA 溶液中通人HCl，22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变【答案】C【解析】【详解】A由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，溶液显酸性，所以NaHA 溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na）c（HA）c（H）c（A2）c（OH），故 A
13、正确；B由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH2+）=cH3NCH2CH2NH32+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则Kb2=232233222()cH NCH CH NHc OHcH NCH CH NH=c（OH），Kb2=10-7.15，故 B正确；C由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH32+）=c（H3NCH2CH2NH+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则 Kb2=10-7.15，由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，pH=6.2，则 Ka2=10-6.2，H3NCH2CH2NH32+的水
14、解程度大于A2的水解程度，溶液显酸性，故C 错误；D22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA=222223222()?()()c H NCH CH NHc H Ac OHc Hc HAc HcH NCH CH NHc OH（）（）=11KwKaKb，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为
15、解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。8W、X、Y和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为20。W与 Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒。下列说法正确的是A W与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物BY的氧化物对应的水化物均为强酸CZ的氢化物为离子化合物D X和 Y形成的化合物的水溶液呈中性【答案】A【解析】【分析】W、X、Y和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与 Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒，故W为 O，Y为 S，Z 为 Cl，根据最外层电子数之和
16、为20，X为 Na。【详解】A.W为 O，与其他三种元素可形成，Na2O2和 Na2O，SO2和 SO3，Cl2O7、ClO2，Cl2O等，故 A正确；B.Y 的最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，H2SO3不是强酸，故B错误；C.Z 的氢化物HCl 为共价化合物，故C错误；D.X 和 Y形成的化合物为Na2S，水溶液呈碱性，故D错误；故选 A。9下列仪器不能直接受热的是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】根据常见的可用于加热的仪器进行类，可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等。【详解】A试管为玻璃仪器，底部面积比较小，可以用来直接加热，故A 不选；B蒸发皿为硅酸盐材料，可以
17、用来直接加热，故B 不选；C蒸馏烧瓶为玻璃仪器，底部面积比较大，不能用来直接加热，需垫上石棉网，故C选；D坩埚为硅酸盐材料，可以直接用来加热，故D 不选；故选：C。【点睛】实验室中一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些不能被加热。易错点C：烧杯、烧瓶不能直接加热，需垫石棉网。10下列说法正确的是（）A淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物B石油分馏和煤的干馏过程，都属于物理变化C甲烷、汽油、柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料D聚乙烯是无毒高分子材料，可用于制作食品包装袋【答案】D【解析】【详解】A.油酯中相对分子质量比较大，但不属于高分子化合物，A 错误；B.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使它
18、发生分解反应，属于化学变化，B 错误；C.酒精分子结构简式为CH3CH2OH，含有 C、H、O 三种元素，是烃的衍生物，不是碳氢化合物，C 错误；D.聚乙烯是乙烯CH2=CH2发生加聚反应产生的无毒高分子材料，因此可用于制作食品包装袋，D 正确；故合理选项是D。11测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中没有使用的仪器有：大、小烧杯；容量瓶；量筒；环形玻璃搅拌棒；试管；温度计；蒸发皿；托盘天平中的()A BCD【答案】B【解析】【详解】在测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和反应反应热的实验中,需要使用量筒量取溶液体积，小烧杯作为两溶液的反应容器，小烧杯置于大烧杯中，小烧杯与大烧杯之间填充隔热材料，反
19、应过程中用环形玻璃搅拌棒不断搅拌促进反应均匀、快速进行，用温度计量取起始温度和最高温度，没有使用到的是容量瓶、试管、蒸发皿、托盘天平，即，答案选 B。12向 100mL FeBr2溶液中通入标准状况下的氯气3.36L，测得所得溶液中c(Cl)=c(Br)，则原 FeBr2溶液物质的量浓度为A 0.75mol/LB1.5mol/LC2mol/LD3mol/L【答案】C【解析】【分析】还原性 Fe2+Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，据此分析计算。【详解】还原
20、性 Fe2+Br-，所以通入氯气后，先发生反应2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应 2Br-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为3.36L22.4L/mol=0.15mol，若Br-没有反应，则 n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol 的 Cl2，故有部分Br-参加反应；设 FeBr2的物质的量为x，则 n(Fe2+)=x mol，n(Br-)=2x mol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子
21、转移守恒有x 1+2x-0.3 1=0.15mol 2，解得：x=0.2mol，所以原 FeBr2溶液的物质的量浓度为0.2mol0.1L=2mol/L，故选 C。13根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I2在 CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C 向 CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D 向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgC
22、l)Ksp(AgI)A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】A 项，苯酚的酸性弱于碳酸；B 项，CCl4将 I2从碘水中萃取出来，I2在 CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C 项，Fe从 CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；D 项，向 NaCl、NaI 的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI 的浓度未知，不能说明AgCl、AgI 溶度积的大小。【详解】A 项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A 项错误；B 项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无
23、色，下层显紫红色，说明CCl4将 I2从碘水中萃取出来，I2在 CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；C 项，向 CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；D 项，向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI 的溶度积，但由于 NaCl、NaI 的浓度未知，不能说明AgCl、AgI 溶度积的大小，D 项错误；答案选 B。【点睛】本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D 项，产生错
24、误的原因是：忽视NaCl、NaI 的浓度未知，思维不严谨。14二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。其一种生产工艺如图所示。下列说法正确的是A气体 A 为 Cl2B参加反应的NaClO2和 NCl3的物质的量之比为3：1 C溶液 B 中含有大量的Na+、Cl、OHD可将混合气通过饱和食盐水除去C1O2中的 NH3【答案】C【解析】【分析】氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液，氮元素化合价由-3 价变化为+3 价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，则气体A 为氢气；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3
25、和溶液 B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl 与 NaOH。【详解】A根据分析，气体A 为 H2，故 A 错误；B在 NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液 B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与 NaOH，方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH，参加反应的NaClO2和 NCl3的物质的量之比为6：1，故 B错误；C根据分析，结合反应6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+N
26、H3+3NaOH 可知，溶液 B中含有 NaCl与 NaOH，则含有大量的Na+、Cl、OH，故 C正确；D二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的 NH3，故 D 错误；答案选 C。15青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是鹿特丹公约中受限制的46 种化学品之一，青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22（OH）2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法中正确的是A青石棉是一种易燃品，且易溶于水B青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O 3FeO Fe2O3 8SiO2 H2O C1mol Na2Fe
27、5Si8O22（OH）2与足量的硝酸作用，至少需消耗8.5 L 2 mol/L HNO3溶液D 1mol Na2Fe5Si8O22（OH）2与足量氢氟酸作用，至少需消耗7 L 2 mol/L HF 溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A青石棉属于硅酸盐，不易燃，也不溶于水，A 错误；B青石棉中铁元素的化合价由+2 价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O 3FeO Fe2O3 8SiO2 H2O，B 正确；C8.5 L2 molL-1HNO3溶液中硝酸的物质的量为17mol，青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮
28、，产物为 NaNO3、Fe（NO3）3、NO、H2O、SiO2，1mol 该物质能和18molHNO3反应，C错误；D 7L2 mol L-1HF溶液中 HF 的物质的量为14mol，1mol 青石棉能与34mol 氢氟酸反应生成四氟化硅，D错误。答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16为探究氧化铜与硫的反应并分析反应后的固体产物，设计如下实验装置。(1)如图连接实验装置，并_。(2)将氧化铜粉末与硫粉按5：1 质量比混合均匀。(3)取适量氧化铜与硫粉的混合物装入大试管中，固定在铁架台上，打开_ 和止水夹a 并_，向长颈漏斗中加入稀盐酸，一段时间后，将燃着的木条放在止水夹a
29、 的上端导管口处，观察到木条熄灭，关闭活塞K 和止水夹a，打开止水夹b。该实验步骤的作用是_，石灰石与稀盐酸反应的离子方程式为 _。(4)点燃酒精灯，预热大试管，然后对准大试管底部集中加热，一段时间后，气球膨胀，移除酒精灯，反应继续进行。待反应结束，发现气球没有变小，打开止水夹c，观察到酸性高锰酸钾溶液褪色后，立即用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞K。这样操作的目的是_。(5)拆下装置，发现黑色粉末混有砖红色粉末。取少量固体产物投入足量氨水中，得到无色溶液、但仍有红黑色固体未溶解，且该无色溶液在空气中逐渐变为蓝色。查阅资料得知溶液颜色变化是因为发生了以下反应：4
30、Cu(NH3)2+O2+8NH3?H2O=4Cu(NH3)42+4OH+6H2O。经分析，固体产物中含有Cu2O。Cu2O 溶于氨水反应的离子方程式为_。仍有红色固体未溶解，表明氧化铜与硫除发生反应4CuO+S2Cu2O+SO2外，还一定发生了其他反应，其化学方程式为_。进一步分析发现CuO 已完全反应，不溶于氨水的黑色固体可能是_(填化学式)。【答案】检查装置气密性活塞 K 关闭b、c 排除装置中的空气或氧气CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 避免 SO2污染空气Cu2O+4NH3 H2O=2Cu(NH3)2+2OH+3H2O 2CuO+S2Cu+SO2Cu2S【解析】【分析】(1)
31、硫在加热条件下易于空气中的氧气反应，对该实验会产生影响，要确保实验装置中无空气，保证密闭环境；(3)氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行，石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气；(4)酸性高锰酸钾溶液褪色，说明产物有SO2，二氧化硫有毒不能排放到大气中；(5)反应剩余固体含有Cu2O(砖红色)，加入氨水后但仍有红黑色固体未溶解，表明有Cu，CuO 与 S 的质量比为 51。而生成Cu2O 的反应方程式为4CuO+S2Cu2O+SO2，其中 CuO 与 S 的质量比为101，因此 S 过量。【详解】(1)探究氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行(S在空气与O2反应)，故需对装置进行气密
32、性检查；(3)利用石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气，打开K使盐酸与石灰石接触，打开a，并检验是否排尽空气，该实验步骤的作用是排除装置中的空气或氧气。石灰石与盐酸反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；(4)酸性高锰酸钾溶液褪色，说明产物有SO2，用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞K 的目的是尽量使SO2被吸收，避免污染环境；(5)结合题意，反应剩余固体含有Cu2O(砖红色)，因为 Cu2O 与氨水反应为Cu2O+4NH3 H2O=2Cu(NH3)2+(无色)+2OH+3H2O，4Cu(NH3)2+O2+8NH3 H2O=4
33、Cu(NH3)42+(蓝色)+4OH+6H2O。但仍有红黑色固体未溶解，表明有 Cu，反应方程式为2CuO+S2Cu+SO2，其中 CuO 与 S的质量比为51。而生成Cu2O 的反应方程式为 4CuO+S2Cu2O+SO2，其中 CuO与 S的质量比为101，因此 S过量，则可能发生反应2Cu+SCu2S，黑色固体为Cu2S。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”
34、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
35、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（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
36、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Na3Ag（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
37、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（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；（
38、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-+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
39、(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，共20 分）18铅的单质、氧化物、盐在现代工业中有着重要用途。（1）铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、类似 Fe3O4的 Pb3O4，盛有 PbO2的圆底烧瓶中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，其反应的化学方程式为_。（2）以废旧铅酸电池中的含铅废料（P
40、b、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：过程 1 中分离提纯的方法是_，滤液 2 中的溶质主要是_填物质的名称）。过程 1 中，在 Fe2+催化下，Pb 和 PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是_。（3）将 PbO溶解在 HCl和 NaCl 的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液生成Pb的装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_。电解过程中，Na2PbCl4电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度，应该向_极室（填“阴”或者“阳”）加入_（填化学式）
41、。【答案】PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+Cl2+4H2O 过滤硫酸钠Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-H+阴PbO【解析】【分析】（1）依据给定信息结合氧化还原反应规律和元素守恒规律作答；（2）含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）与硫酸亚铁和硫酸作用，生成不溶物PbSO4、炭黑和滤液硫酸铁、硫酸等，其中硫酸亚铁作催化剂，加快Pb 和 PbO2的反应，经过过滤得到的PbSO4粗品再与氢氧化钠反应制得PbO粗品，再经过分离提纯得到高纯PbO，据此分析作答；（3）在上述装置图中，电解池的阳极水中的氢氧根离子发生氧化反应
42、生成氧气，阴极则为PbCl42-得电子生成 Pb 的过程，再结合电解池的原理分析作答。【详解】（1）盛有 PbO2的圆底烧瓶中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，则该气体为氯气，根据氧化还原反应的规律及元素守恒可知，产物还有PbCl2和水，其化学方程式为：PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+Cl2+4H2O；（2）过程 1 中得到了滤液和不溶物PbSO4，则过程 1 的操作方法为过滤；PbSO4与氢氧化钠反应生成物除了 PbO 以外，应还有硫酸钠，则滤液2 中的溶质主要是硫酸钠，在Fe2+催化下，Pb和 PbO2在稀硫酸作用下发生归中反应生成PbSO4的方程式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbS
43、O4+2H2O，故答案为过滤；硫酸钠；Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O；（3）电解时阴极PbCl42-得电子生成Pb，其电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-；电解过程中，惰性电极a（阳极）上水失电子发生氧化反应，其电解反应式为：2H2O-4e-=O2+4H+，为平衡电荷，生成的H+会通过阳离子交换膜移向阴极，故答案为H+；电解过程中，阴极发生电极反应：PbCl42+2e-=Pb+4Cl-，则可在阴极补充PbO生成 PbCl42-，使 Na2PbCl4电解液浓度恢复，故答案为阴极，PbO。19苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：(g)
44、?(g)+H2(g)?H=117.6kJ/mol已知：上述反应的速率方程为v正=k正P乙苯，v逆=k逆P苯乙烯P氢气，其中 k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，P 为各组分分压。(1)同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是_。(2)在 CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在如图两种途径：a=_；与掺水蒸汽工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO。新工艺的特点有 _(填序号)。a.CO2与 H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移b.不用高温水蒸气，可降低能量消耗c.有利于减少生产过程中可能产生的积炭d.CO2在反应体系中作催化剂(3
45、)在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是_。测得容器总压(P总)和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。平衡时，P(H2O)=_kPa，平衡常数Kp=_kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算)；a 处的正逆vv=_。【答案】升温159.2 abc 体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大80 45 2.5【解析】【分析】(1)结合影响化学反应速率和平衡移动的因素分析判断；(2)由图片可知H1=H2+H3，据此计算解答；a.CO2与 H2反应，导致氢气浓度减低，结合平衡的移动判断；b.在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸
46、汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；c.结合反应CO2+C 2CO分析判断；d.根据图示，二氧化碳反应生成了CO，据此分析判断；(3)根据加入水蒸气对平衡移动的影响分析解答；设起始时n(乙苯)=amol，n(H2O)=bmol，利用反应的三段式计算平衡时气体的总物质的量，结合恒温恒容时，气体的物质的量之比等于压强之比，得到a、b 的关系，再计算乙苯、苯乙烯、氢气的分压，并代入Kp=2P(?PP(H)苯乙烯乙苯计算 Kp；反应速率v=v正-v逆=k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，则 v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时v正=v逆，即 k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，利用反
47、应的三段式计算a 点时气体的总物质的量和分压计算。【详解】(1)乙苯催化脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施有升温、加压，故答案为：升高温度(或增大压强)；(2)由图片可知H1=H2+H3=+117.6kJ/mol+(+41.6kJ/mol)=+159.2kJ/mol，即 a=+159.2；a.CO2与 H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故a 正确；b.由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故b正确；c.加入的二氧化碳会发生反应CO2+C2CO，
48、有利于减少积炭，故c 正确；d.根据图示，二氧化碳反应生成了CO，不是催化剂，故d 错误；故答案为：+159.2；abc；(3)体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大，因此在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，能提高乙苯转化率；设起始时n(乙苯)=amol，n(H2O)=bmol，(g)+H2(g)起始量(mol)a 0 0 变化量(mol)0.75a 0.75a 0.75a 平衡量(mol)0.25a 0.75a 0.75a 气体的物质的量之比等于压强之比，平衡时a0b10=1.75a5b11，b=4a，PH2O=4a1.75a4a 115kPa
49、=80kPa，PH2=P苯乙烯=0.75a1.75a4a 115kPa=15kPa，P乙苯=13P苯乙烯=5kPa，所以平衡常数Kp=2P(?PP(H)苯乙烯乙苯=15kPa15kPa5kPa=45kPa；反应速率v=v正-v逆=k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，则 v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时v正=v逆，即 k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，所以kk正逆=2P(?PP(H)苯乙烯乙苯=Kp=45kPa；(g)+H2(g)起始量(mol)a 0 0 变化量(mol)0.6a 0.6a 0.6a 平衡量(mol)0.4a 0.6a 0.6a 气体的物质的量之比等于压强之比，a 点时 PH2=P苯乙烯=0.6a1.6a4a 112kPa=12kPa，P乙苯=8kPa，所以vv正逆=KpP()P(P()?)乙苯氢气苯乙烯=45kPa8kPa12kPa12kPa=2.5，故答案为：体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大；80；45；2.5。【点睛】本题的难点为(3)中的计算，要注意三段式在化学平衡计算中的应用和题示速率方程的理解和应用。