《2019-2020学年安徽省皖中名校联盟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学年安徽省皖中名校联盟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学年安徽省皖中名校联盟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锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。2VS/Zn扣式可充电电池组成示意图如下。2Zn可以在2VS晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为2x2VS+xZnZn VS垐 垎?噲 垐?放电充电。下列说法错误的是（）A放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应B放电时负极的反应为2Zn2eZnC充电时电池正极上的反应为：-2+x22Zn VS+2xe+xZn=VS+2xZnD充电时锌片与电源的负极相连【答案】C【解析】【分析】如图：对 VS2/Zn 扣式可充电电池组成
2、分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极，电极反应Zn-2eZn2；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，作阴极，得到电子发生还原反应。【详解】A放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A 正确；B放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2eZn2，故 B 正确；C充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C 错误；D充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D 正确；故选 C。2缓冲溶液可以抗御少量酸碱对溶液pH 的影响。人体血液里最主要的缓冲体系是碳酸氢盐缓冲体系(H2CO3/HCO3-)，维持血液的pH
3、保持稳定。己知在人体正常体温时，反应 H2CO3垐?噲?HCO3-+H+的 Ka=10-6.1，正常人的血液中c(HCO3-)：c(H2CO3)20：1，lg2=0.3。则下列判断正确的是A正常人血液内Kw=10-14B由题给数据可算得正常人血液的pH 约为 7.4 C正常人血液中存在：c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)=c(H)+c(H2CO3)D当过量的碱进入血液中时，只有发生HCO3+OH=CO32+H2O 的反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A 25时，KW=10-14，人的正常体温是36.5左右，所以血液内的KW10-14，A 项错误；B由题可知，6.13a12323(
4、HCO)(H)20(H)(H CO)=10(H CO)1cccKcg，那么a1lg=lg(20(H)lg 20lg(H)Kcc即a1lglg 20pHK，代入数值得a1pH=lg 20lg=1.36.1=7.4K，B 项正确；C选项中的等式，因为电荷不守恒，所以不成立，即23323(OH)(HCO)2(CO)(H)(H CO)ccccc，C项错误；D当过量的碱进入血液时，还会发生22332H CO2OHCO2H O，D 项错误；答案选 B 3苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下，下列有关说法正确的是2O催化剂+H+A a、b、c 均属于
5、芳香烃Ba、d 中所有碳原子均处于同一平面上CA 有 9 种属于芳香族的同分异构体Dc、d 均能发生氧化反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.a 属于芳香烃，b、c 为芳香族化合物，故A 错误；B.a 中所有碳原子不处于同一平面上，a 上右边最多只有一个CH3在平面内，故B 错误；C.a有三个碳为一个支链有2 种结构(包括 a 本身)，两个支链有3种，三个支链有4 种，因此属于芳香族的同分异构体有8 中(不包括自身)，故 C 错误；D.c 能被氧气、酸性高锰酸钾氧化，d 能被酸性高锰酸钾氧化，故D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】苯酚、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。4化学在生活中有
6、着广泛的应用，下列对应关系正确的是（）选项化学性质实际应用A Al2(SO4)3和苏打 Na2CO3溶液反应泡沫灭火器灭火B 油脂在酸性条件下的水解反应工业生产中制取肥皂C 醋酸具有酸性食醋除水垢D SO2具有漂白性可用于食品增白A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A、泡沫灭火器是利用Al2(SO4)3和小苏打NaHCO3溶液反应，故不选A；B、工业生产中用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂，故不选B；C、醋酸的酸性大于碳酸，利用醋酸与碳酸钙反应除水垢，故选C；D、SO2具有漂白性，但由于SO2有毒，SO2不能用于食品增白，故不选D；答案选 C。5如图是模拟“侯氏制碱法”制取
7、NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是()A a 通入 CO2，然后 b 通入 NH3，c 中放碱石灰Bb 通入 NH3，然后 a 通入 CO2，c 中放碱石灰Ca 通入 NH3，然后 b 通入 CO2，c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉D b 通入 CO2，然后 a 通入 NH3，c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉【答案】C【解析】【详解】由于 CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于 NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a 先通入 NH3，然后 b 通入 CO2，A、B、D 选项均错误
8、；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C 合理；故合理答案是C。【点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。6下列各选项有机物同分异构体的数目，与分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是(不含立体异构)（）A分子式为C5H10的烯烃B分子式为C4H8O2的酯C的一溴代物D立方烷()的二氯代物【答案】A【解析】【分析】【详解】分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成氯原子取代丁酸烃基
9、上的氢原子，丁酸有2 种：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，所以该有机物有3+2=5 种；A.戊烷的同分异构体有：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、，若为 CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，相应烯烃有CH2 CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CHCH-CH2-CH3；若为，相应烯烃有：CH2 C(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)CHCH3、CH3CH(CH3)CHCH2；若为，没有相应烯烃，总共5种，故 A 正确；B.分子式为C4H8O2的酯，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1 种结构，丙醇有2 种，形成的酯有2 种；若为乙酸与乙醇形成
10、的酯，乙酸只有1 种结构，乙醇只有1 种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1 种结构，甲醇只有1 种结构，形成的丙酸甲酯只有1 种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4 种，故 B 错误；C.甲苯分子中含有4 种氢原子，一溴代物有4 种：苯环上邻、间、对位各一种，甲基上一种，共4 种，故C 错误；D.立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3 种，故 D 错误。答案选A。710 mL 浓度为 1 mol L1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量
11、的是A K2SO4BCH3COONa CCuSO4D Na2CO3【答案】C【解析】【详解】A.加入 K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A 项错误；B.加入 CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B 项错误；C.Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；D.加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D项错误。答案选 C。【点睛
12、】反应的实质为Zn+2H+Zn2+H2，本题要注意的是Zn 过量，加入硫酸铜后形成的原电池可加快化学反应速率，且不影响产生氢气的量。8下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A常温下，由水电离的c(H+)=10-13molL-1的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、HCO3-B酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I2H+H2O2=I22H2O C氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2+SO42=BaSO4D向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳：CO32CO2H2O=2HCO3【答案】B【解析】【详解】A、由水电离的c(H+)=10-13molL-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，NH4+与 OH-能够
13、发生反应，HCO3-与 H+和 OH-均能反应，因此不能大量共存，故A 错误；B、I-具有还原性，H2O2具有氧化性，在酸性条件下，二者能够发生氧化还原反应：2I-2H+H2O2 I22H2O，故 B 正确；C、氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应离子方程式为：2-2+-2+442SO+Ba+2OH+Cu=BaSO+Cu OH，故 C 错误；D、因碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳充分反应后生成的碳酸氢钠会析出，因此其离子反应方程式为：23223CO+CO+H O+2Na=2NaHCO，故 D不正确；故答案为：B。【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行
14、判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。9X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z 同周期，W与 X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（）A Y元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4B原子半径由小到大的顺序为W XZ CX与 W可以形成 W2X、W2X2两种物质D
15、Y、Z 两元素的气态氢化物中，Z 的气态氢化物更稳定。【答案】D【解析】【分析】X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，则 X为 O 元素，X、Z同族，则 Z 为 S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则 Y 的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为 Cl元素，W 与 X、Y既不同族也不同周期，W 为 H 元素，据此解答。【详解】A根据上述分析，Y为 Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A 项正确；B在元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为H OClS（HOCHY-的水解方程式为223HYH OH
16、 OY-+-+?D在该酸式盐溶液中+c(Na)c(H)c(HY)c(OH)-+=+【答案】A【解析】【详解】A.H2Y是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离方程式为：223H YH OH OHY+-+?，A 项正确；B.NaHY的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以 c(Na+)c(HY-);HY-的电离程度小于HY-的水解程度,但无论电离还是水解都较弱,阴离子还是以HY-为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH-)c(H+);因溶液中还存在水的电离,则 c(H+)c(Y2-),所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)c(HY-)c(OH-)c(H+)c(Y2-)，
17、B 项错误；C.HY-水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为：HY-+H2O?OH-+H2Y，选项中是电离方程式，C项错误；D.根据电荷守恒式可知，在该酸式盐溶液中+2c(Na)c(H)c(HY)c(OH)+2c(Y)-+=+，D 项错误；答案选 A。【点睛】分析清楚水溶液的平衡是解题的关键，电离平衡是指离解出阴阳离子的过程，而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，改变溶液酸碱度的过程。13化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂B乙醇溶液、双氧水均可用于杀菌消毒，但原理不同C纯碱是焙制糕点所用发酵粉的主要
18、成分之一D SiO2具有导电性，可用于制造光导纤维【答案】B【解析】【详解】A.铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，A 项错误；B.乙醇溶液和双氧水均能使蛋白质变性而达到杀菌消毒的目的，但原理不同，B项正确；C.发酵粉的主要成分是NaHCO3，C项错误；D.二氧化硅可用于制造光纤，但无导电性，D 项错误。答案选 B。14 稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（）A上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应B三氧化氙可将I-氧化为 IO3-C氙酸的电离方程式为：H2XeO4
19、2H+XeO42-D XeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O 2Xe+O2+4HF【答案】C【解析】【详解】A氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3)，氙酸(H2XO4)作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A 正确；B三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为 IO3-，故 B正确；C氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4H+HXeO4-，故 C错误；D XeF2与水反应生成Xe、O2和 HF，方程式为：2XeF2+2H2O2Xe+O2+4HF，故 D 正确。故选：C。【点睛】根据酸分子电离时所能生成的氢离子
20、的个数，可以把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，例如硝酸是一元酸，硫酸是二元酸；不能根据分子中氢原子的个数来判断是几元酸，例如该题中氙酸分子中有两个氢原子，但只能电离出一个氢离子，故为一元酸。15 空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将 SO2和 NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下：反应室载气吸收液SO42-含量数据分析N2蒸馏水a.b dac.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-3%氨水b 空气蒸馏水c 3%氨水d 下列说法不正确的是A控制 SO2和氮氧化物的排放是
21、治理雾霾的有效措施B反应室中可能发生反应：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2C本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关D农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成【答案】C【解析】【分析】【详解】A.因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B.反应室中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2，故 B正确；C.由已知bdac，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成
22、主要与NO2有关,故 C错误；D.铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和 NO2按一定比例混合时产生 SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图，主要步骤如下：步骤 1 组装好仪器，向三颈瓶中装入10g 镁屑和 150mL 无水乙醚；装置B 中加入 15mL 液溴。步骤 2。步骤 3 反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0，析出晶
23、体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤 4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至 160分解得无水 Mg Br2产品。已知：Mg 和 Br2反应剧烈放热；Mg Br2具有强吸水性。MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr2 3C2H5OC2H5乙醚是重要有机溶剂，医用麻醉剂；易挥发储存于阴凉、通风处；易燃远离火源。请回答下列问题：（1）写出步骤2 的操作是 _。（2）仪器 A 的名称是 _。装置中碱石灰的作用_。冰水浴的目的_。（3）该实验从安全角度考虑除了控制反应温度外，还需要注意：_。（4）制备 MgBr2装置中橡胶塞和用乳胶管连接的玻璃管口都要用锡箔
24、纸包住的目的是_。（5）有关步骤4 的说法，正确的是_。A 可用 95%的乙醇代替苯溶解粗品B 洗涤晶体可选用0的苯C 加热至 160的主要目的是除去苯D 该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（6）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4-）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2+Y4-MgY2-先称取0.7500g 无水 MgBr2产品，溶解后，等体积分装在3 只锥形瓶中，用 0.0500mol L-1的 EDTA标准溶液滴定至终点，三次消耗EDTA标准溶液的体积平均为26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_（保留 4 位有效数字）。滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测得产品纯度_
25、（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中球形冷凝管吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解控制反应温度，防止Mg 和 Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验乙醚易燃，避免使用明火防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管BD 97.52%（或 0.9752）偏高【解析】【分析】B 中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥
26、发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率。在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，据此解答。【详解】(1)步骤 2 应为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，故答案为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中；(2)仪器 A为球形冷凝管，碱石灰可防止挥发的Br2进入到空气中污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，冰水浴可减少溴挥发，可降低反应的剧烈程度，故答案为：球形冷凝管；吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解；控制反应温度，防止Mg 和 Br2反应放热过
27、于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发；(3)本实验用到的溴和乙醚均有毒且易挥发，实验时为防止挥发对人造成伤害，可以在通风橱中进行，乙醚易燃，注意避免使用明火，故答案为：防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验；乙醚易燃，避免使用明火；(4)溴有强氧化性，能氧化橡胶塞和乳胶而使橡胶塞、乳胶管腐蚀，包了锡箔纸是为了防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管，故答案为：防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管；(5)A95%的乙醇有水，使溴化镁水解，不能用95%的乙醇代替苯，A 错误；B选用 0的苯洗涤晶体可以减少晶体的损失，B正确；C加热到160的主要目的是使三乙醚合溴化镁分解产生溴化镁，C错误；D该步骤的目的是除去乙醚和可能
28、残留的溴得到纯净的溴化镁，D 正确；综上所述，BD 正确，故答案为：BD；(6)共消耗EDTA的物质的量=0.0500molL-1 26.5 10-3L 3=3.975 10-3mol，根据镁原子守恒有：MgBr2EDTA，则 n(MgBr2)=n(EDTA)=3.975 10-3mol，m(MgBr2)=3.975 10-3mol 184g/mol=0.7314g，所以，MgBr2的纯度=0.7314g100%0.7500g=97.52%，故答案为：97.52%（或 0.9752）；滴定前未用标准溶液润洗滴定管，标准液被稀释，滴定时所需体积偏大了，导致浓度偏高，故答案为：偏高。三、推断题（本
29、题包括1 个小题，共10 分）17 2019 福建省厦门市高中毕业班5 月第二次质量检查一种以磷酸工业副产物磷石膏(主要成分为CaSO4，杂质含 H3PO4，SiO2，Al2O3等)制取高纯硫酸钙的流程如图所示。（1）磷石膏废弃会造成的环境问题为_；（2）“碱溶”中 Al2O3发生反应的化学方程式为_；（3）含硅与含铝组分分布系数与pH 关系如下图：“调 pH”时，溶液的pH 应调节为 _；KspAl(OH)3=_；Al(OH)3(aq)+H2O垐?噲?Al(OH)4-(aq)+H+(aq)，则 KaAl(OH)3=_；（4）“电解”采用双极膜电渗析法，装置如下图。“某极电解液”为_(填“X”
30、、“Y”或“Z”)极。阴极电极反应式为_。（5）流程中可循环利用的物质有_(填化学式)。【答案】水体富营养化Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4 7 1.0 10-3310-12.8X 2H+2e-=H2 NaOH、HCl【解析】【分析】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2)Al2O3是两性氧化物，可以与强碱反应产生盐和水；(3)调整溶液的pH，使 Si元素形成沉淀，而Al 元素以 Al(OH)4-存在于溶液中；根据形成Al(OH)3沉淀的 pH 分析 Ksp Al(OH)3 大小；根据电离平衡常数的概念计算；(4)根据某极电解
31、液的作用是沉钙，分析所属电极名称；根据阴极上溶液中的阳离子放电，结合离子的放电顺序分析判断；根据两个电极放电后产生的物质分析循环利用的物质。【详解】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，在磷石膏中含有H3PO4，若磷石膏废弃，磷酸溶于水，会电离产生 H2PO4-、HPO42-，为植物生长提供营养元素，使植物疯狂生长，故磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2)Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH 溶于发生反应产生Na Al(OH)4，反应方程式为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na Al(OH)4；(3)根据图象可知在溶液的pH=7 时，Si元素以 H4SiO4沉淀的形式存在，而
32、Al 元素以 Al(OH)3沉淀的形式存在，故调整溶液的pH=7；由图象可知：当溶液的pH 大约为 pH=3 时形成 Al(OH)3沉淀，c(H+)=10-3，则根据水的离子积常数可得此时溶液中c(OH-)=1431010=10-11，则 Ksp Al(OH)3=1(10-11)3=10-33；对于电离平衡：Al(OH)3(aq)+H2O Al(OH)4-(aq)+H+(aq)，当溶液的Al(OH)3(aq)的浓度与 Al(OH)4-(aq)的浓度相等时，Ka Al(OH)3 等于溶液中氢离子的浓度，所以Ka Al(OH)3=-+43c Al OHc Hc Al OHg=c(H+)=10-12
33、.8；(4)“某极电解液”作用是沉钙，应该为酸溶液，在电解装置中，左边为正极区，OH-向正极区移动，H+向 X 区移动，因此X区溶液为酸性溶液，故“某极电解液”为X 极；在负极区，H+发生还原反应产生氢气，因此阴极电极反应式为2H+2e-=H2；H+向 X 电极移动，Cl-移向 X电极区，Na+移向 Z 电极区，OH-向 Z电极区移动，所以X电极区产生HCl，Z电极区产生NaOH，反应产生的HCl、NaOH 又可以在酸溶、碱溶中使用，故流程中可循环利用的物质有HCl、NaOH。【点睛】本题通过物质制备工艺流程，考查了物质的化学性质、沉淀溶解平衡原理的应用、电解原理的应用等知识，掌握物质的化学性
34、质和化学反应基本原理是解题关键。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18冶金工业、硝酸工业的废气废液中含氮化合物污染严重，必须处理达标后才能排放。.用活性炭处理工厂尾气中的氮氧化物。(1)已知:4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)H1=a kJ mol-14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H2=b kJ mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)H3=c kJ mol-1则反应 C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的 H=_。(2)在容积不变的密闭容器中，一定量的NO 与足量的C 发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO
35、2(g)H=Q kJ mol-1，平衡时c(NO)与温度 T 的关系如图1 所示，下列说法正确的是_。A其他条件不变，改变活性炭的用量，平衡一定不移动B该反应的Q0，所以 T1、T2、T3对应的平衡常数:K1 K2K2C温度为T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正v逆D若状态B、C、D 体系的压强分别为p(B)、p(C)、p(D)，则 p(D)=p(C)p(B)(3)已知某温度时，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡常数K=9/16，在该温度下的2 L 密闭容器中投入足量的活性炭和2.0 mol NO 发生反应，t1时刻达到平衡，请在图2 中画出反应过程中c(NO)随时间
36、 t 的变化曲线。_(4)工业上实际处理废气时，常用活性炭作催化剂，用 NH3还原 NO，同时通入一定量的O2以提高处理效果。当 n(NH3)=n(NO)时，写出体系中总反应的化学方程式:_。.用纳米铁粉或电解法处理废水中的硝酸盐。(5)纳米铁粉处理污水中NO3-的离子方程式为4Fe+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O。实验证实，pH 偏小将会导致NO3-的去除率下降，其原因是_。相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3-的速率有较大差异(见图)，产生该差异的可能原因是_。(6)电解法处理水中硝酸盐的原理是以金属Pt 作电极，用质子交换膜把溶液分为阴阳两极区，阴极区为含硝酸盐的工业
37、废水，接通直流电源进行电解。请写出阴极的电极反应式：_。【答案】(+c)kJ mol-1C4NH3+4NO+O24N2+6H2O 纳米铁粉与H+反应生成H2，导致 NO3-的去除率下降Cu或 Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用(或形成的Fe-Cu原电池增大了纳米铁粉去除NO3-的反应速率)2 NO3-+12H+10e-=N2+6H2O(或 10H+NO3-+8e-=NH4+3H2O)【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，H0，据此分析判断；(3)根据三段式结合平衡常数计算出平衡
38、时c(NO)，再画出图像；(4)根据题意，用活性炭作催化剂，反应物为NH3、NO 和 O2且 n(NH3)=n(NO)生成氮气和水；(5)pH 偏小时，纳米铁粉能够与H+反应；根据图像，从Cu2+的存在思考对反应速率的影响；(6)阴极上 NO3-放电生成氮气(也可能生成铵根离子等)，据此书写电极反应式。【详解】(1)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)H1=a kJ mol-1，4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H2=b kJ mol-1，C(s)+O2(g)=CO2(g)H3=c kJ mol-1，根据盖斯定律，将方程式按照+得：C(s)+2NO
39、(g)N2(g)+CO2(g)H=(+c)kJ mol-1，故答案为：(+c)kJ mol-1；(2)由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，H0。A.其他条件不变，改变活性炭的用量，炭为固体，因此平衡一定不移动，但是如果将炭完全移除，过加入足够多的炭，影响了容器中气体的压强，则平衡会发生移动，故A 错误；B.该反应正反应是放热反应，Q0，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以升高温度，化学平衡常数减小，所以T1、T2、T3对应的平衡常数 K1K2 K2，故 B 错误；C.T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，故反应向正反应方向进行，
40、则一定有(正)(逆)，故 C正确；D.达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则PB=PD PC，故 D错误；故选C；(3)某温度时，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡常数K=9/16，在该温度下的2 L密闭容器中投入足量的活性炭和2.0 mol NO 发生反应，随着反应的进行，c(NO)由 1mol/L 逐渐减小，设c(NO)的变化量为2x，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起始(mol/L)1 0 0 反应(mol/L)2x x x 平衡(mol/L)1-2x x x 则=，解得 x=0.3，则平衡时，c(NO)=0.4mol/L，因此 c(NO)随时间
41、t 的变化曲线为，故答案为：；(4)用活性炭作催化剂，用NH3还原 NO，同时通入一定量的O2以提高处理效果。当n(NH3)=n(NO)时，反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故答案为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O；(5)纳米铁粉处理污水中NO3-的离子方程式为4Fe+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O，pH 偏小时，纳米铁粉与H+反应生成H2，导致 NO3-的去除率下降；根据图像，相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3-的速率有较大差异，可能原因是Cu或 Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用(或形成的 Fe-Cu原电池增大了纳米铁粉去除
42、NO3-的反应速率)，故答案为：纳米铁粉与H+反应生成H2，导致 NO3-的去除率下降；Cu 或Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用(或形成的Fe-Cu原电池增大了纳米铁粉去除NO3-的反应速率)；(6)以金属 Pt 作电极，用质子交换膜把溶液分为阴阳两极区，阴极区为含硝酸盐的工业废水，接通直流电源进行电解，阴极上NO3-放电生成氮气(也可能生成铵根离子等)，电极反应式为2 NO3-+12H+10e-=N2+6H2O，故答案为：2 NO3-+12H+10e-=N2+6H2O。【点睛】本题的易错点为(3)，画曲线时要注意图像的起点和拐点，要能够表示出图像的变化趋势。19I.焦炭可用于制
43、备电石、生产水煤气等。完成下列填空：(1)电石的主要成分是CaC2，CaC2的晶体类型是_；其与水反应的化学方程式为_。(2)制备电石还需要用到CaCO3。组成 CaCO3的三种元素原子半径按从大到小的顺序排列为_。氧原子的核外电子排布式为_。(3)与同主族元素Mg 相比，Ca的金属性更 _（填“强”或者“弱”）。能证明这一结论的实验事实是_。II.用焦炭生产水煤气的反应为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。完成下列填空：(4)一定温度下，在一个固定容积的密闭容器中发生上述反应，下列不能判断该反应达到平衡状态的是_。（选填编号）a容器中的压强不再改变b混合气体的密度不再改变cv正(
44、CO)=v逆(H2O)dc(CO)=c(H2)(5)将不同量的C(s)和 H2O(g)分别加入到体积为2 L 的恒容密闭容器中，进行反应，得到如下数据：实验组温度/起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O C H2CO 1 650 0.01 0.02 0.008 5 2 800 0.02 0.03 0.017 3 实验 1 中以 v(H2)表示的到达平衡时的平均反应速率为_。下列图像正确的是_。（选填编号）【答案】离子晶体CaC22H2O=Ca(OH)2+CH CH CaCO 1s22s22p4强金属钙与水的反应比金属镁剧烈Ca(OH)2是强碱，Mg(OH)2是弱碱 d
45、 8 10-4mol/(L?min)bc【解析】【分析】(1)由阴阳离子共存的晶体为离子晶体；CaC2和 H2O 反应生成Ca(OH)2和 CH CH；(2)原子核外电子层数越多其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；O 原子核外有 8 个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；(3)同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属与酸或水反应置换出氢气越容易；(4)可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变以及由此引起的一系列物理量不变；(5)先计算CO的反
46、应速率，再根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氢气反应速率；化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度及压强无关；该反应是反应前后气体体积增大的吸热的可逆反应，增大压强平衡向气体体积减小方向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。【详解】(1)CaC2是由阴、阳离子构成的，属于离子晶体；CaC2和 H2O 反应生成Ca(OH)2和 CH CH，反应方程式为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH CH ；(2)原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期的元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以这三种元素的原子半径大小顺序是CaCO；O 原子核外有8 个电子，根据构
47、造原理，可知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p4；(3)同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性CaMg；元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属与酸或水反应置换出氢气越容易，钙与水反应比 Mg 剧烈、Ca(OH)2是强碱 Mg(OH)2是弱碱都说明Ca的金属性大于Mg；(4)该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应。a该反应是反应前后气体体积增大的可逆反应，当容器中的压强不再改变时正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，a 不符合题意；b反应前后气体的物质的量增大、质量增大，容器体积不变，当混合气体的密度不再改变时该反应达到平衡状态，b 不符合题意；cv
48、正(CO)=v逆(H2O)时，各物质的正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，c 不符合题意；dCO、H2都是生成物，二者的系数相等，在任何条件下二者的浓度都相等，所以c(CO)=c(H2)时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始量及转化率有关，d 符合题意；故合理选项是d；(5)实验 1 中以 v(CO)表示的到达平衡时的平均反应速率v(CO)=0.008?molc2Lt5?minnn=8 10-4mol/(L?min)，同一可逆反应在同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以用H2 表示的反应速率v(H2)=v(CO)=8 10-4mol/(L?min)；650平衡时，c(H
49、2O)=0.010.0082mol/L=0.001 mol/L；c(H2)=c(CO)=0.0082mol/L=0.004 mol/L，平衡常数 K1=0.0040.0040.001=0.016；在 800平衡时，c(H2O)=0.020.0172mol/L=0.0015 mol/L；c(H2)=c(CO)=0.0172mol/L=0.0085 mol/L，所以化学平衡常数K2=0.00850.00850.0015=0.04820.016。可见：在其他条件不变时，升高温度，化学平衡常数增大，说明正反应是吸热反应；a平衡常数只与温度有关，与压强无关，所以压强增大平衡常数不变，a 错误；b该反应的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，b 正确；c该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，水的转化率降低，c正确；d该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，水的转化率增大，d 错误；故合理选项是bc。【点睛】本题考查了元素周期律、原子核外电子排布、平衡状态判断、化学反应速率的计算等知识。掌握物质结构基础知识、化学平衡理论是本题解答的关键，注意只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态的判断依据，注意化学平衡常数计算中用物质浓度而不是物质的量计算，这些都是易错点。题目侧重考查学生分析、计算及知识运用能力。