《2019-2020学年北京市第156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学年北京市第156中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19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学年北京市第 156 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）125时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和。在这一过程中，没有发生改变的是A溶液中溶质的质量B溶液中KCl质量分数C溶液中溶剂的质量DKCl溶液质量【答案】C【解析】25时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和的过程中，随着氯化钾的增加，溶液中氯化钾的质量逐渐增加、氯化钾的质量分数逐渐增大、溶液的质量逐渐增大，但是整个过程中溶剂水的质量不变，答案选 C。2W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大
2、的元素；元素X 和 Z 同族，Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W 的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是（）A简单离子半径大小为YXZ BY和 Z 的氢化物溶于水，所得溶液均呈酸性CW 与 Z均只有两种的含氧酸D工业上电解熔融Y2X制备单质Y【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。依据元素周期律可知，同周期元素中，从左到右原子半径依次减小，同主族元素中，从上到下原子半径依次增大，因Y是短周期中原子半径最大的元素，则Y为 Na 元素；Z 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W 的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体
3、，采用逆分析法可知，这两种气体为二氧化碳与二氧化硫酸性气体，则可知Z 为 S，其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸，可与W 的单质（C）反应，因此推出W 为 C；又 X和 Z同族，则X 为 O 元素，据此分析作答。【详解】由上述分析可知，W、X、Y、Z分别是 C、O、Na 和 S元素，则A.简单离子的电子层数越多，其对应的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径大小为YXZ，A 项正确；B.氢化钠为离子化合物，溶于水后与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2，使溶液呈现碱性，B 项错误；C.C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸，S的含氧酸为亚硫酸、硫酸和硫代
4、硫酸等，C项错误；D.工业上采用电解熔融氯化钠来制备金属钠，而不是Na2O，D 项错误；答案选 A。【点睛】B 项是易错点，学生要注意氢元素与活泼金属作用时，形成离子化合物，H 显-1 价。3某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为 Na2S。下列说法错误的是A充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能B放电时，a 极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-C充电时，阳极的电极反应式为：3I-2e-=I3-D M是阴离子交换膜【答案】D【解析】【分析】TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为
5、化学能，充电时 Na2S4还原为 Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a 是负极，b 是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I-2e-=I3-，据此回答。【详解】A.TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确；B.充电时 Na2S4还原为 Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，a 极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-，B 正确；C.在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3I-2e-=I3-，C正确；D.通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M 是阳离子交换膜，D 错误；答案选 D。【点睛】本题考查了原电
6、池的原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的类型。4短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：且 W 与 X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A YW3分子中的键角为120BW2Z的稳定性大于YW3C物质甲分子中存在6 个 键D Y元素的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含
7、有4 个电子，Y原子最外层含有5 个电子，Z原子最外层含有6 个电子，W 最外层含有1 个或 7 个电子，结合原子序数及“W 与 X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W 为 H，X为 C，Y为 N，Z为 O 元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W 为 H，X 为 C，Y为 N，Z为 O 元素。A YW3为 NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角120，故 A 错误；B非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B 正确；C物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在 7 个 键和 1 个 键，故 C错误；D N 元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为
8、亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D 错误；故选 B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。5室温下，某溶液中含有Na+、H+、Fe3+、HCO3、OH、I中的几种，水电离出的c（H+）=1l0-13 mol/L。当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色。下列分析正确的是（）A溶液的pH=1 或 13 B溶液中一定没有Fe3+，Na+C溶液中阴离子有I，不能确定HCO3D当 Cl2过量，所得溶液只含有两种盐【答案】A【解析】【分析】水电离出的c（H+）=1l0-13 mol/L，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为
9、0.1mol/L，该溶液为强酸性或碱性溶液，一定不会存在碳酸氢根离子；当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定存在碘离子，能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在。【详解】A酸或碱的溶液抑制水的电离，水电离出的c（H+）=1l0-13 mol/L，若为酸性溶液，该溶液pH=1；若为碱性溶液，该溶液的pH 为 13，故 A 正确；B溶液中一定不会存在铁离子，若是碱性溶液，一定存在钠离子，故B错误；C该溶液中一定存在碘离子，一定不会存在碳酸氢根离子，故C错误；D氯气过量，若为酸性溶液，反应后只有一种盐，即氯化钠，故D 错误；故选 A。6“结构决定性质”是学习有机化学尤为
10、重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是A乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性B卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水C甲醇没有酸性，甲酸具有酸性D苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化【答案】B【解析】【详解】A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性是烃基对羟基的影响，错误；B、卤代烃难溶于水，低级醇、低级醛和水分子间形成氢键，易溶于水，未涉及原子或原子团相互影响，正确；C、甲醇没有酸性，甲酸中羰基对羟基影响，使羟基氢活泼，发生电离，具有酸性，错误；D、苯酚中羟基
11、影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。7下列说法不正确的是A常温下，0.1 molL1CH3COONa溶液的 pH=8，则该溶液中c(CH3COOH)=（10-6-10-8）mol L1B对于相同浓度的弱酸HX 和 HY(前者的 Ka较大)溶液，加水稀释相同倍数时，HY溶液的 pH 改变值大于HX 溶液的 pH 改变值C硫酸钡固体在水中存在以下平衡BaSO4（s）垐?噲?Ba2+（aq）+SO42-（aq），当加入饱和碳酸钠溶液时可以生成BaCO3沉淀D常温下，a mol L1的 CH3COOH溶液与 0.01mol L1NaOH 溶液等体积混合后溶
12、液呈中性，此温度下醋酸的电离平衡常数Ka=-910a-0.01【答案】B【解析】【分析】【详解】A列出溶液中的电荷守恒式为：3(Na)(H)(CH COO)(OH)cccc，溶液中的物料守恒式为：33(CH COO)(CH COOH)(Na)ccc，两式联立可得：3(CH COOH)=(OH)(H)ccc，又因为溶液在常温下pH=8，所以有683(CH COOH)=(1010)mol/Lc，A 项正确；B由于aa(HX)(HY)KK，HX 酸性更强，所以HX 溶液在稀释过程中pH 变化更明显，B项错误；C硫酸钡向碳酸钡的转化方程式为：224334BaSO(s)CO(aq)BaCO(s)SO(a
13、q)垐?噲?，当向硫酸钡中加饱和碳酸钠溶液时，溶液中的碳酸根浓度很高，可以让上述转化反应正向进行，生成BaCO3沉淀，C项正确；D常温下，两种溶液混合后，溶液呈中性，即：(H)=(OH)cc=10-7mol/L；列出溶液的电荷守恒式：3(Na)(H)(CH COO)(OH)cccc，所以有：3(Na)(CH COO)=0.005mol/Lcc；此外，溶液中还有下列等式成立：331(CH COO)(CH COOH)=amol/L2cc，所以3a0.01(CH COOH)=mol/L2c；醋酸的电离平衡常数即为：793a33(H)(CH COO)100.00510(CH COOH)=a0.01(C
14、H COOH)a-0.012ccKc，D 项正确；答案选 B。【点睛】处理离子平衡的题目，如果题干中指出溶液呈中性，一方面意味着常温下的该溶液c(H+)=10-7mol/L，另一方面意味着溶液中(H)=(OH)cc，可以通过将这个等量关系与其他守恒式关联进一步得出溶液中其他粒子浓度之间的等量关系。8下列说法中不正确的是（）A石油的催化裂化是工业上生产乙烯的主要方法B水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化C镧镍合金能吸收H2形成金属氢化物，可做贮氢材料D Na2SO4?10H2O 晶体可作为光与化学能转换的贮热材料，通过溶解与结晶实现对太阳能的直接利用【答案】A【解析】【分析】【
15、详解】A.石油的裂解是工业上生产乙烯的主要方法，故A 错误；B.煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化，故B 正确；C.储氢材料是一类能可逆的吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收氢气形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故C正确；D.Na2SO4?10H2O 晶体在太阳光照射时能够分解失去结晶水，温度降低后又形成Na2SO4?10H2O 晶体释放能量，故 D 正确；综上所述，答案为A。9下列叙述正确的是（）A在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B有单
16、质参加的反应一定是氧化还原反应C有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应D失电子难的原子，容易获得的电子【答案】C【解析】【详解】A.在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A 错误；B.同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；C.有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原反应，C正确；D.失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D 错误。故选 C。10已知二甲苯的结构：，下列说法正确的是A a 的同分异构体只有b 和 c 两种B在三种二甲苯中，b 的一氯代物种数最多Ca、b、c 均能使酸性KMnO4溶液、溴水发生化学反应而褪色D a、b、c 中只有 c
17、 的所有原子处于同一平面【答案】B【解析】【分析】【详解】A.a 的同分异构体中属于芳香烃的除了b 和 c 外还有，另 a 还可能有链状的同分异构体如CH2=CHCH=CH CH=CH CH=CH2等、或环状的同分异构体如等，A 错误；B.a、b、c 侧链上的一氯代物都只有1 种，a 苯环上一氯代物有2 种，b 苯环上一氯代物有3 种，c 苯环上一氯代物只有1 种，故三种二甲苯中，b 的一氯代物种数最多，B 正确；C.a、b、c 均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c 都不能与溴水发生化学反应，C 错误；D.a、b、c 分子中都含有CH3，与 CH3中碳原子直接相连
18、的4 个原子构成四面体，a、b、c 中所有原子都不可能在同一平面上，D 错误；答案选 B。11在实验室进行下列有关的物质制备中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是A C空气中点燃COCuO CO2NaOH(aq)Na2CO3BCu3AgNO(aq)Cu(NO3)2溶液NaOH(aq)Cu(OH)2CFe点燃Fe2O324H SO(aq)Fe2(SO4)3溶液D CaO2H OCa(OH)2溶液23Na CONaOH 溶液【答案】D【解析】【详解】A碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环
19、境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A 错误；B铜与与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B 错误；C铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；D氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D 正确；
20、答案选 D。12下列关于甲烷、乙烯、苯和乙醇的叙述中，正确的是A都难溶于水B都能发生加成反应C都能发生氧化反应D都是化石燃料【答案】C【解析】【详解】A甲烷、乙烯、苯都难溶于水，乙醇与水以任意比例互溶，故A 错误；B甲烷为饱和烃，乙醇为饱和醇，不能发生加成反应，故B错误；C甲烷、乙烯、苯和乙醇燃烧可生成二氧化碳和水，为氧化反应，故C 正确；D甲烷为天然气的主要成分，是化石燃料，乙烯、苯和乙醇都不是化石燃料。故D 错误；故答案选C。13下列离子方程式符合题意且正确的是A磁性氧化铁溶于盐酸中：3232Fe O6H2Fe3H OB在明矾溶液中加入过量2Ba(OH)溶液：322Al4OHAlO2H O
21、C在盐酸中滴加少量23Na CO溶液：2322CO2HCOH OD用 FeS除去废水中的2Cu：22SCuCuS【答案】C【解析】【详解】A.磁性氧化铁为34Fe O，故 A 错误；B.在明矾溶液中加入过量2Ba(OH)溶液的离子方程式为322442222422AlSOBaOHBaSOAlOH O，B错误；C.在盐酸中滴加少量23Na CO溶液的离子方程式为2322CO2HCOH O，C正确；D.FeS为难溶物，在离子方程式中不拆，正确的方程式为Cu2(aq)FeS(s)CuS(s)Fe2，D 错误；故答案选C。14氢化钙可以作为生氢剂(其中 CaH2中氢元素为-1 价)，反应方程式如下：Ca
22、H2+2H2O=Ca(OH)2+2H2，其中水的作用是A既不是氧化剂也不是还原剂B是氧化剂C是还原剂D既是氧化剂又是还原剂【答案】B【解析】【分析】【详解】根据反应前后元素的化合价变化来看，Ca和 O 的化合价均没有变化，其中 CaH2中 H 的化合价由-1 价升高到 0 价，被氧化，作还原剂；H2O 中 H 的化合价由+1价降低到0 价，被还原，作氧化剂；氢气既是氧化产物，又是还原产物；答案选B。15下列实验中根据现象得出的结论正确的是（）选项实验现象结论A 向 NaAlO2溶液中持续通入气体 Y 先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解Y可能是 CO2气体B 向某溶液中加入Cu和浓H2SO4试管口有
23、红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-C 向溴水中通入SO2气体溶液褪色SO2具有漂白性D 向浓度均为0.1mol/L 的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2 A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】A.碳酸不与氢氧化铝反应；B.浓硝酸与铜反应生成二氧化氮气体；C.溴水中通入SO2气体后发生氧化还原反应；D.氢氧化铜更难溶，溶度积越小越难溶。【详解】A.氢氧化铝不能溶于碳酸，由现象可知气体为HCl，故 A 错误；B.常温下 Cu不与浓硫酸反应，生成的红棕色气体为二氧化氮，说明溶液中可能含有NO3-,硝酸与 Cu 在常温下能
24、够反应生成一氧化氮，一氧化氮遇到氧气变为红棕色二氧化氮气体，故B 正确；C.溴水中通入SO2气体后溶液褪色，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，体现二氧化硫的还原性，故C 错误；D.先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则KspMg(OH)2KspCu(OH)2，故 D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查实验方案的评价，涉及元素化合物性质、溶度积大小比较、盐的水解等知识，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碱式碳酸钴 Cox（OH）y(CO3)z 常用作电子材料，磁性材料的添加
25、剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。（1）请完成下列实验步骤：称取 3.65g 样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；加热甲中玻璃管，当乙装置中_（填实验现象），停止加热；打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；计算。（2）步骤 中缓缓通入空气数分钟的目的是_（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的_(填字母)连接在 _(填装置连接位置)。（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据：乙装置的质量/g 丙装置的质量/g 加热前80.0
26、0 62.00 加热后80.36 62.88 则该碱式碳酸钴的化学式为_。（5）含有 Co(AlO2)2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为_。（6）CoCl2 6H2O 常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取CoCl2 6H2O 的一种工艺如下：已知：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2CO(OH)2Al(OH)2开始沉淀（PH）2.3 7.5 7.6 3.4 完全沉淀（PH）4.1 9.7 9.2 5.2 净除杂质时，加入H2O2 发生反应的离子方程式为_。加入 CoCO3调 PH 为 5.27.6，则操作 获得的滤渣成分为_。加盐酸调整PH 为
27、 23 的目的为 _。操作 过程为 _(填操作名称)、过滤。【答案】不再有气泡产生时将装置中产生的CO2和 H2O（g）全部排入乙、丙装置中D 活塞 a 前（或装置甲前）Co2(OH)2CO3蓝色 2Fe2+H2O22H 2Fe3+2H2OAl(OH)3、Fe(OH)3抑制 COCl2的水解蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；（2）步骤中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和 H2O 全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（3）在活塞a 前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；（4）碱式碳酸钴
28、样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，据此可以计算生成水的量；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，据此计算产生二氧化碳的量，得到Co 的质量和 Co 原子物质的量，根据Co、H、C元素守恒可知，来推导碱式碳酸钴的化学式；（5）含有 Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al 和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和 CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2+H2O2+
29、2H+=2Fe3+2H2O，加入 CoCO3，调节溶液的pH 至 7.6，使 Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2?6H2O；双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；加入 CoCO3调 pH 为 5.27.6，则操作I 获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解；操作过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。【详解】（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱
30、式碳酸钴分解完毕；（2）步骤 中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和 H2O 全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（3）在活塞a 前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g-80.00g=0.36g，物质的量为=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，生成二氧化碳的质量为62.88g-62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故氧化钴的质量为3.65g-0.36g-0.88g=2.41g，物质
31、的量为=0.02mol，根据 Co、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：0.02mol 2：0.02mol=2：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为Co2（OH）4（CO3）2；（5）含有 Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al 和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和 CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，加入 CoCO3，调节溶液的pH至 7.6，使 Fe（OH）3、Al
32、（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2?6H2O；加入 H2O2把二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O22H2Fe3+2H2O；操作 1 是分离 Fe（OH）3、Al（OH）3和液体的操作，是过滤，前面调节PH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀，所以沉淀的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解，所以加入稀盐酸调整PH为23 的目的是抑制CoCl2水
33、解；操作 2 是从溶液中提取溶质的操作，操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17用氟硅酸（H2SiF6）制备冰晶石（Na3AlF6）的工艺流程如图所示：已知：冰晶石（Na3AlF6）微溶于水。（1）工业上采用电解氧化铝-冰晶石熔融体的方法冶炼金属铝，加入冰晶石的作用是_。（2）已知氟硅酸（H2SiF6）酸性强于硫酸，写出反应的化学方程式_。（3）反应为脱硅工艺，固体是_。（4）向 NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液发生反应的离子方程式为_；NaF溶液呈碱性，在加入 Al2(SO4)3溶液前，需先用硫酸将NaF 溶液的 pH 下调至 5 左右，否
34、则可能产生副产物_。（5）干燥前，检验冰晶石是否洗涤干净的实验方法是_。（6）从母液中可循环利用的物质是_。【答案】降低氧化铝的熔融温度H2SiF6+Na2SO4=Na2SiF6+H2SO4SiO26F-+Al3+3Na+=Na3AlF6 Al(OH)3取最后一次滤液置于小试管中，向其中加入BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗涤干净，否则没有洗涤干净Na2SO4【解析】【分析】（1）工业上采用电解氧化铝-冰晶石熔融体的方法冶炼金属铝，加入冰晶石的作用是降低氧化铝的熔融温度，节省能源。（2）氟硅酸（H2SiF6）酸性强于硫酸，反应 的原理是强酸制弱酸。（3）反应 为脱硅工艺，其发生反应的方程式为Na
35、2SiF6+4NaOH=SiO2+6NaF+2H2O，由此可得固体 的成分。（4）向 NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液发生反应，从图中可以看出，F-、Al3+、Na+反应生成 Na3AlF6，且其为难溶物；NaF溶液呈碱性，在加入Al2(SO4)3溶液前，需先用硫酸将NaF 溶液的 pH 下调至 5 左右，否则 Al3+会发生水解。（5）干燥前，若冰晶石未洗涤干净，则其表现会附着溶液中的离子，应检验洗涤液中是否含有SO42-。（6）从母液为Na2SO4溶液，而反应中 也需要加入Na2SO4，所以其可循环利用。【详解】（1）工业上采用电解氧化铝-冰晶石熔融体的方法冶炼金属铝，加入冰晶石的作
36、用是降低氧化铝的熔融温度，节省能源。答案为：降低氧化铝的熔融温度；（2）氟硅酸（H2SiF6）酸性强于硫酸，反应 的原理是强酸制弱酸，反应 的化学方程式为H2SiF6+Na2SO4=Na2SiF6+H2SO4。答案为H2SiF6+Na2SO4=Na2SiF6+H2SO4；（3）反应 为脱硅工艺，其发生反应的方程式为Na2SiF6+4NaOH=SiO2+6NaF+2H2O，由此可得固体 的成分为 SiO2。答案为：SiO2；（4）向 NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液发生反应，从图中可以看出，F-、Al3+、Na+反应生成 Na3AlF6，且其为难溶物，反应 的离子方程式为6F-+Al3+3
37、Na+=Na3AlF6；NaF溶液呈碱性，在加入 Al2(SO4)3溶液前，需先用硫酸将NaF 溶液的 pH 下调至 5 左右，否则 Al3+会发生水解，可能产生的副产物为Al(OH)3。答案为：6F-+Al3+3Na+=Na3AlF6；Al(OH)3；（5）干燥前，若冰晶石未洗涤干净，则其表现会附着溶液中的离子，应检验洗涤液中是否含有SO42-。答案为：取最后一次滤液置于小试管中，向其中加入BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗涤干净，否则没有洗涤干净；（6）从母液为Na2SO4溶液，而反应中 也需要加入Na2SO4，所以其可循环利用。答案为：Na2SO4。【点睛】压强一定时，物质的熔点是恒定的，
38、它不随物质组成的改变而改变。压强增大，物质的熔、沸点升高；压强减小，物质的熔、沸点降低。Al2O3的熔点高，熔化时耗能大，若加入冰晶石，可降低 Al2O3的熔化温度，但 Al2O3的熔点不变。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）181799 年由英国化学家汉弗莱 戴维发现一氧化二氮（N2O）气体具有轻微的麻醉作用，而且对心脏、肺等器官无伤害，后被广泛应用于医学手术中。（1）一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉，它可由硝酸铵在催化剂下分解制得，该反应的化学方程式为 _。（2）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的 H=163kJ mol1，1molN2(g)、1molO2(g)
39、分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ 的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为_kJ。在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：在 020min 时段，反应速率v(N2O)为 _mol L-1 min-1。若 N2O 起始浓度c0为 0.150mol/L，则反应至30min 时 N2O 的转化率=_。不同温度（T）下，N2O 分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O 消耗一半时所需的相应时间），则 T1 _T2（填“”、“=”或“1.25p0AC【解析】【分析】（1）硝酸铵在催化剂
40、下分解生成一氧化二氮和水，配平即可；（2）根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算键能；根据表格数据，代入速率公式计算反应速率；单位时间内c（N2O）的变化与N2O 的起始浓度无关，每10min 均减小 0.01mol/L，若 N2O 起始浓度c0为 0.150mol/L，则反应至30min 时转化的N2O 的浓度为0.01mol/L3=0.03mol/L，代入转化率计算公式计算；其他条件相同时，温度升高化学反应速率加快，N2O 分解半衰期减小，据此分析；列出三段式，求出t1min 时总物质的量为（0.5+0.5+0.25）mol=1.25mol，再根据等温等容条件下，压强之比等于物
41、质的量之比，计算体系压强；（4）A温度升高，化学反应速率增大，因v=kc(N2O)c(I2)0.5，则温度升高，k 值增大；B化学反应速率由反应最慢的反应决定，则第二步对总反应速率起决定作用；C第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，所以第二步活化能比第三步大；D含碘时NO 分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5，所以 N2O 分解速率与I2浓度有关。【详解】（1）硝酸铵在催化剂下分解生成一氧化二氮和水，反应的化学方程式为NH4NO3N2O+2H2O，故答案为NH4NO3N2O+2H2O；（2）2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的 H=163kJ mol1，设 1molN2O(g
42、)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为xkJ，根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，2x-2945kJ-498kJ=-163kJ，解得 x=1112.5kJ；根据表格数据，在 020min 时段，反应速率v(N2O)=ctnn=0.100.08/20molLmin=1.010-3mol L-1 min-1；由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O 的起始浓度无关，每 10min 均减小 0.01mol/L，若 N2O 起始浓度c0为 0.150mol/L，则反应至30min 时转化的N2O 的浓度为 0.01mol/L3=0.03mol
43、/L，则 N2O 的转化率=0.03/0.150/molLmolL100%=20.0%；其他条件相同时，温度升高化学反应速率加快，N2O 分解半衰期减小，由图可知，压强相同时，半衰期T2T1，则温度T1 T2；当温度为T1、起始压强为p0，设起始时的物质的量为1mol，则，2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)起始量（mol）1 0 0 t1min 时（mol）0.5 0.5 0.25 t1min 时总物质的量为（0.5+0.5+0.25）mol=1.25mol，根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，体系压强p=1.251p0=1.25p0，故答案为1112.5；20.0%；1.25
44、p0；（4）A温度升高，化学反应速率增大，因v=kc(N2O)c(I2)0.5，则温度升高，k 值增大，故A 正确；B化学反应速率由反应最慢的反应决定，则第二步对总反应速率起决定作用，故B错误；C第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，所以第二步活化能比第三步大，故C正确；D含碘时NO 分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5，所以 N2O 分解速率与I2浓度有关，故D 错误。应选AC，故答案为AC。19还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。I.氧气还原法。H2还原 NO 发生的反应为：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)。（1）已知儿种化学键的键能数据如下：2N
45、O(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)H=_kJ mol-1。（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)c(H2)(k 是速率常数，只与温度有关）。科学研究发现上述反应分两步进行：反应 1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；反应 2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。总反应速率由反应较慢的一步决定，由此推知上述两步反应中，活化能较大的是反应_（填“l”或“2”）。c(NO)对总反应速率的影响程度_c(H2)（填“大于”“小于”或“等于”）。.NH3还原法。在恒容密闭容器中充入NH3和 NO2，在一定温度下发
46、生反应：8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)。（3）下列表明该反应达到平衡状态的是_（填字母）。A混合气体密度保持不变BNO2和 N2的消耗速率之比为6：7 C混合气体中c(N2)=c(NO2)D混合气体压强保持不变III.CO 还原法。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO 和 CO，发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)H。在 2L 恒容密闭容器中充人2molCO 和 2molNO，测得 NO 的转化率与温度、时间的火系如图所示。（4）下列说法正确的是_（填字母）。A图像中，T1T2B上述反应在高温下能自发进行C10min 时，T2K 下正、逆反
47、应速率相等D增大 NO 的浓度，反应物的转化率增大（5）T2K温度下，0 一 10min 内用 CO表示的平均反应速率v(CO)=_mol/L-1min-1；T1K 温度下，上述反应的平衡常数K=_Lmol-1。（6）T1K 温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和 2molNO，则平衡 _（填“向右移动”“向左移动”或“不移动”）。【答案】-666 1 大于BD AC0.08 1向右移动【解析】【分析】（1）H=反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量；（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)c(H2)，总反应速率由反
48、应较慢的一步决定，以此判断活化能大小；由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；（3）8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)反应达到平衡则正反应速率等于逆反应速率，由此判断；（4）由初始反应速率判断T1和 T2的大小；反应能自发进行则 H-T S=G0；反应达到平衡则正反应速率等于逆反应速率；增大NO 的浓度平衡正移，NO 转化率减小；（5）利用三段法计算反应速率，平衡常数K=22222c(N)c(CO)c(CO)c(NO)；（6）通过比较平衡常数K 和浓度商Q 来判断反应移动方向，若 KQ则反应向右移动。【详解】（1）H=反应物的化学键断裂吸收
49、的能量生成物的化学键形成释放的能量反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)24362630946463 4666kJ/molH，故答案为：-666；（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)c(H2)，反应 1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；反应 2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应1 反应速率慢活化能高，由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；故答案为：1；大于；（3）恒容容器中8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H
50、2O(g)，反应达到平衡，正反应速率等于逆反应速率故NO2和 N2的消耗速率之比为6：7，B正确；反应为增压反应，容器中压强不变则可证明反应达到平衡，故D正确；A 密度恒定不变，无法说明达到平衡；C c(N2)=c(NO2)浓度相等不等于反应速率相等，故C 错误；故答案选 BD。（4）对于反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)A.由图像可知初始反应速率T1T2,则温度 T1T2，故 A 正确；B.T1T2平衡时转化率T1T2，则 H0，S0反应能自发进行则 H-T S=G0；则反应在低温下能自发进行，故B错误；C.10min 时反应达到平衡，T2K 下正、逆反应速率相等，故C