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黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三11月月考化学（解析版） 试卷
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黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三11月月考
一、单选题（1-10每题2分；11-20每题3分，共50分)
1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. “雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物无关
B. 高铁酸钾是一种新型高效、多功能的水处理剂，既能杀菌消毒又能净水
C. 石灰石、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂
D. 纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，也可用纯碱除去物品表面的油污
【答案】B
【详解】A.“雾霾天气”与粉尘污染有关，而“温室效应”与二氧化碳有关，故A错误；
B.高铁酸钾(K2FeO4)具有强氧化性，能杀菌消毒，还原产物Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，从而起到净水作用，故B正确；
C.铁粉在食品包装中起防止食品氧化的作用，不是食品干燥剂，故C错误；
D.焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一是碳酸氢钠，而不是碳酸钠，碳酸钠溶液由于水解显碱性，可以用于除去物品表面的油污，故D错误。
故选B。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 常温常压下，56 g丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子
B. 25℃，pH=1的H2SO4溶液中，H+的数目为0.2NA
C. 标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
D. 1 mol的P4O6中含有6 NA个P-O键(P4O6的结构如图: )
【答案】A
【详解】A．丙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故56g混合物中含CH2原子团的物质的量为=4mol，含4NA个碳原子，故A正确；
B．溶液的体积未知，无法计算pH=1的H2SO4溶液中氢离子的数目，故B错误；
C．氯气与水的反应为可逆反应，Cl2 + H2OHCl +HClO，不能进行到底，所以在标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故C错误；
D．根据图示，1个P4O6含有12个P-O键，1 mol的P4O6中含有12NA个P-O键，故D错误；
故选A。
3.下表是周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期主族元素,下列说法正确的是 （ ）
X
Y
Z
W
A. W的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸 B. Z的单质一定能溶于稀硫酸中
C. 四种元素的最高正化合价均等于其族序数 D. 四种原子中，Z的原子半径最小
【答案】A
【详解】A.W可能为S或Cl,二者的最高价含氧酸分别为硫酸、高氯酸都是强酸,故A选项是正确的;B.Z可能为Al或Si元素,Al能与稀硫酸反应,但Si不与稀硫酸反应,故B错误;C.Y可能为O元素,O元素没有正化合价,故C错误;D.原子的电子层越大,原子半径越大,电子层相同时,原子的核电荷数越大,原子半径越小,则四种元素中Z的原子半径最大,故D错误;答案：A。
【点睛】X、Y、Z、W为短周期主族元素,根据元素周期表结构可以知道四种元素分别为C、N、Al、S或N、O、Si、Cl,据此结合元素周期律知识进行解答
4.对于可逆反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）（正反应为放热反应），要增大氨气产率，下列说法中不正确的是（ ）
A. 恒容时，增加氮气的物质的量 B. 降低温度
C. 增大压强 D. 升高温度
【答案】D
【详解】A. 恒容时，增加氮气的物质的量，平衡正向移动，增大氨气产率，故A符合；
B. 正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，增大氨气产率，故B符合；
C. 正反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，增大氨气产率，故C符合；
D. 正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故D错误；
故选D。
5.对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是 （ ）
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。
A. ②③ B. ①④ C. ①⑥ D. ④⑥
【答案】B
【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。
本题选B。
6.观察下列几个装置示意图，有关叙述不正确的是（ ）
A. 装置①工业上可用于生产金属钠，电解过程中石墨电极产生氯气，此法也可用于生产活泼金属镁、铝等
B. 装置②中随着电解的进行右边电极会产生红色的铜，并且电流计示数不断变小
C. 装置③中的离子交换膜具有很强的选择性，只允许某类离子（如Na+）通过
D. 装置④的待镀铁制品应与电源负极相连
【答案】B
【详解】A、装置①是电解装置，石墨是阳极产生氯气，，Fe是阴极，电解熔融氯化钠时，钠离子在Fe极析出，此法也可用于生产活泼金属镁、铝等，选项A正确；
B、装置②是电解池装置，左侧是阴极，铜离子放电生成红色单质铜，右侧是阳极，产生氯气，随反应的进行，氯化铜的浓度逐渐减小，单位时间内通过的电量逐渐减小，所以电流表的示数不断减小，选项B不正确；
C、装置③是电解饱和食盐水的装置，由图可知该装置中的离子交换膜只允许阳离子通过，所以右侧得到浓度较高的氢氧化钠溶液，选项C正确；
D、装置④是电镀装置，镀层金属作阳极，待镀制品作阴极，与电源的负极相连，选项D正确；
答案选B。
7.关于化学反应进行的方向叙述不正确的是（ ）
A. △H＜0，△S＞0时，反应自发进行，如金属钠和水的反应
B. △H＞0，△S＜0时，反应不自发进行，如2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)
C. 过程的自发性能判断过程的方向，还能确定过程是否一定会发生
D. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)△H＜0，△S＜0，低温条件下可自发进行
【答案】C
【详解】A、△H＜0、△S＞0，可满足△G=△H-T·△S＜0，能自发进行，如金属钠和水的反应，故A正确；
B、已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的△H＞0，△S＜0，所以△H-T△S＞0，反应在任何温度下都不能自发进行，故B正确；
C、反应的自发性只能够用于判断过程的方向，过程是否一定发生还与外界条件有关，故C错误；
D、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，△H＜0，△S＜0，低温条件下可自发进行，故D正确；
故选C。
8.能表示H2(g)+ I2(g)2HI(g)已经达到平衡状态的标志是（ ）
①c(H2)=c(I2)=c(HI)时
②c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2时
③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变
④单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI
⑤单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolI2
⑥反应速v(H2)=v(I2)=1/2v(HI)
⑦一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂
⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
⑪条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
A. ③④⑦⑨⑩ B. ③④⑦⑨
C. ②③④⑦⑨ D. ②③④⑥⑦⑨
【答案】B
【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】①平衡时c（H2）、c（I2）、c（HI）三者可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；
②平衡时浓度c（H2）：c（I2）：c（HI）可能为1：1：2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；
③c（H2）、c（I2）、c（HI）不再随时间而改变，说明正逆反应相等，故正确；
④单位时间内生成nmolH2，等效于消耗2nmolHI，同时生成2nmolHI，故正确；
⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2，都体现逆反应方向，故错误；
⑥只要反应发生，就符合反应速率v（H2）=v（I2）=1/2v（HI），故错误；
⑦一个H-H键断裂等效于两个H-I键形成同时有两个H-I键断裂，正逆反应速率相等，故正确；
⑧温度和体积一定时，容器内压强一直不再变化，故错误；
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故正确；
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度一直不再变化，故错误；
⑪条件一定，混合气体的平均相对分子质量一直不再变化，故错误；
故选：B．
9.下列有关如图所示的说法正确的是 （ ）
A. 图甲中开关置于N处时铜锌合金腐蚀的速率增大
B. 图乙中接通开关时，锌腐蚀的速率增大，锌上放出气体的速率增大
C. 图丙中接通K2时铁棒不被腐蚀，属于牺牲阳极保护法
D. 图丙中接通K1时，石墨棒周围溶液的pH增大
【答案】D
【解析】A．开关由M改置于N时，Zn为负极，合金为正极，则Cu-Zn合金的腐蚀速率减小，故A错误；B．接通开关时，如Zn连接电源负极，则不易腐蚀，故B错误；C．K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外接电源阴极保护法，故C错误；D．若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高；故D正确；答案为D。
点睛：明确装置图的原理是解题关键，如图丙，若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；
若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断。
10.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：
饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4
下列说法错误的是（ ）
A. NH4ClO4属于离子化合物
B. 溶解度：NaClO4＞NH4ClO4
C. 该流程中可循环利用的物质是NH4Cl
D. 高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价
【答案】C
【详解】A、NH4ClO4 是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故A正确；
B、根据NaClO4NH4ClO4，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故B正确；
C、最后的母液中含有的NaCl可循环利用，故C错误；
D、根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：(+1)+x+(-2)×4=0，则x=+7，故D正确；
故选C。
11.短周期五种主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。1 mol DAx与足量的A2C反应生成22.4 L(标准状况)A气体。下列选项中说法正确的是（ ）
A. A、B、C、D、E五种元素的简单离子半径大小关系为：A＜C＜B＜D＜E
B. A和B可以组成既含有极性键又含有非极性键的共价化合物
C. B和D可以形成共价化合物
D. 由A、C、D、E四种元素组成的盐溶于水，水溶液显碱性
【答案】B
【详解】短周期五种主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C是O，C和E位于同主族，E是S，因此A是H，B是N。1 mol DAx与足量的H2O反应生成22.4 L(标准状况)A气体，因此D是Na。
A. 离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，A、B、C、D、E五种元素的简单离子半径大小关系为：A＜D＜C＜B＜E，A错误；
B. H和N可以组成既含有极性键又含有非极性键的共价化合物，例如NH3、N2H4，B正确；
C. N和Na可以形成离子化合物，C错误；
D. 由H、O、Na、S四种元素组成盐溶于水，水溶液显酸性，D错误；
答案选B。
【点睛】准确判断出元素是解答的关键，D元素的判断是解答的难点，注意金属氢化物与水反应的实质是－1价的H和水中+1价的H之间发生氧化还原反应生成氢气。
12.高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜, 主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。
原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。
下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4
B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极
C. 充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC===LixCn
D. 充电时，Li+向左移动
【答案】D
【分析】由总反应：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。放电时，作为原电池，LixCn为负极，化合价升高失去电子发生氧化反应，电子由负极到正极移动；FePO4为正极，化合价降低得到电子发生还原反应。充电时，作为电解池，LiFePO4参与阴极与阳极的反应，阳离子向阴极移动。
【详解】A. 放电时，FePO4为正极，正极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4，故A正确；
B. 放电时，作为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；
C. 充电时，阴极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xLi++xe-+nC===LixCn，故C正确；
D. 充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，故D错误；
答案选D。
13.如图所示，图Ⅰ是恒压密闭容器，图Ⅱ是恒容密闭容器．当其它条件相同时，在Ⅰ、Ⅱ中分别加入2molX和2molY，开始时容器的体积均为VL，发生如下反应并达到平衡状态（提示：物质X、Y的状态均未知，物质Z的状态为气态）：2X（？）+Y（？）⇌aZ（g）此时Ⅰ中X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2。下列判断正确的是（ ）
A. 物质Z的化学计量数a=2
B. 若Ⅱ中气体的密度如图Ⅲ所示，则X、Y中只有一种为气态
C. 若X、Y均为气态，则在平衡时X的转化率：Ⅰ<Ⅱ
D. 若X为固态、Y为气态，则Ⅰ、Ⅱ中从开始到平衡所需的时间：Ⅰ＞Ⅱ
【答案】B
【详解】A. 设X的变化量为2x
2X（？）+ Y（？）⇌ aZ（g）
起始量 2mol 2mol 0
变化量 2x mol x mol ax mol
平衡量 (2-2x) mol (2-x)mol ax mol
依题意得 (2-2x) : (2-x) : ax = 1：3：2
从而求得：x=0.8mol a=1
故物质Z的化学计量数a=1，错误；
B. 若Ⅱ中气体的密度如图Ⅲ所示，分析图中信息可以发现，在 “0”点，气体密度不为0，说明X、Y中至少有一种为气态；从“0”点到“t”点，气体的密度增大，若X、Y都为气体，则气体的密度不变，与图中信息不符，所以X、Y中只有一种为气态，B正确；
C. Ⅱ为恒容容器，Ⅰ为恒压容器，若X、Y均为气态，则Ⅰ相当于Ⅱ加压，平衡正向移动， X的转化率增大，故有Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D. 若X为固态、Y为气态，则反应前后气体分子数相等，平衡时Ⅰ、Ⅱ的体积相同，气体的压强相同，从开始到平衡所需的时间：Ⅰ=Ⅱ，D错误。
故答案为B。
【点睛】图Ⅰ为恒压容器，图Ⅱ为恒容容器，可以先求出图Ⅱ的各量。然后以图Ⅱ为参照系，图Ⅰ相当于图Ⅱ加压，通过平衡的移动情况，确定图Ⅰ中各量的改变，从而得出图Ⅱ与图Ⅰ中相同量的大小关系。
14.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
生成白色沉淀
该溶液中不一定含有SO42﹣
B
向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液后再滴加氯水
滴加KSCN溶液无明显变化；再滴加氯水后溶液变红
氧化性：Cl2＞Fe3+
C
取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸
产生无色气体
Na2O2没有变质
D
将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧
铝箔熔化但不滴落
铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al
【答案】C
【详解】A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42−，A项正确；
B. 滴加KSCN溶液，无明显变化，可知不含铁离子，滴加氯水后，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性：Cl2>Fe3+，B项正确；
C. 碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，且Na2O2与水反应生成氧气，则无论是否变质，均生成气体，C项错误；
D. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，D项正确；
答案选C.
【点睛】A项是易错点，硫酸根离子的检验方法是加入稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，若产生白色沉淀，则证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子的干扰。
15.在一定温度下，改变反应物中n(SO2)对反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3(g) △H＜0的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 反应b、c点均为平衡点，a点未达平衡且向正反应方向进行
B. a、b、c三点中，a点时SO2的转化率最高
C. 上述图象可以得出SO2的含量越高得到的混合气体中SO3的体积分数越高
D. a、b、c三点的平衡常数Kb＞Kc＞Ka
【答案】B
【详解】A、纵坐标是平衡时SO3的体积分数，所以a、b、c点均为平衡点，A错误；
B、随着SO2量的增多，SO2的转化率降低，故a点时SO2的转化率最高，B正确；
C、由上述图象可以得出随着SO2的含量的增多，混合气体中SO3的体积分数先升高又降低，C错误；
D、温度不变，平衡常数不变，D错误；
答案选B。
16.将少量的a溶液加入到b溶液中，现象及对应的离子方程式正确的是 （ ）
选项
a
b
现象
离子方程式
A
稀硫酸
KI
在空气中放置一段时间后溶液呈棕黄色
4I—+ O2 + 2H2O = 2I2 + 4OH—
B
Na2CO3
稀盐酸
开始时无气泡，后来有气泡
CO32—+ H+ = HCO3—；
HCO3—+ H+ = H2O + CO2↑
C
稀盐酸
Na2SiO3
产生白色胶状物
2H+ + SiO32—= H2SiO3(胶体)
D
稀H2SO4
滴有酚酞的Ba(OH)2
有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色
Ba2+ + OH—+ H+ + SO42— = BaSO4↓ + H2O
【答案】C
【详解】A.硫酸与碘化钾混合溶液呈酸性，最终不可能生成氢氧根离子，A错误；
B.碳酸钠加入到盐酸中，盐酸过量，开始就有气体产生，B错误；
C.盐酸与硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸沉淀，C正确；
D.硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸少量，氢氧化钡过量，溶液不会变为无色，现象为红色变浅，硫酸为二元酸，要完全反应掉，化学方程式应为Ba2+ + 2OH-+ 2H+ + SO42- = BaSO4↓ + 2H2O，D错误；
答案为C。
【点睛】碳酸钠加入到盐酸中，开始盐酸过量，有气体产生；盐酸加入到碳酸钠中，碳酸钠过量，开始无气体产生。
17.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化如下图所示。下列说法中正确是（ ）
A. 前8min A的平均反应速率为0.08mol/(L·s)
B. 30min时扩大容器的体积，40min时升高温度
C. 反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
D. 30min和54min的反应的平衡常数相等
【答案】B
【详解】A项、由图可知，反应从开始到8min内A的浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为0.08 mol/（L•min），所以A不正确；
B项、由图象可知，30min时正逆反应速率均降低，但正逆反应速率仍然是相等的，说明反平衡没有移动，由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由变化量之比等于化学计量数之比可知X＝1，因此30min时改变的条件是扩大容器的容积，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B正确；
C项、由图可知，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；
D项、30min和54min的反应温度不同，因此平衡常数不相等，故D不正确；
答案选B。
【点评】注意根据图象浓度的变化以及反应速率的变化判断化学反应状态以及影响化学反应速率的条件是解答关键。
18.我国科学家成功实现了电解气态HCl制备Cl2，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. a为外接直流电源的负极
B. 阳极的电极反应为2HCl - 2e- ═ Cl2 + 2H+
C. 通电后H+从左室迁移至右室
D. 左室中发生反应为4Fe2+ + O2 + 4H+ ═ 4Fe3+ + 2H2O，实现了Fe3+的再生
【答案】C
【详解】A. 右侧氯化氢失去电子转化为氯气，因此右侧电极是阳极，则a为外接直流电源的负极，b为外接直流电源的正极，A正确；
B. 阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应为2HCl-2e-＝Cl2+2H+，B正确；
C. 电解池中阳离子向阴极移动，因此通电后H+从右室迁移至左室，C错误；
D. 根据装置图可判断左室中发生反应为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，实现了Fe3+的再生，D正确；
答案选C。
19.MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：
M2+(g)＋CO32-(g) M2+(g)＋O2−(g)＋CO2(g)
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确是（ ）
A. ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0
B. ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0
C. ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)
D. 对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3
【答案】C
【详解】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。
A. ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；
B. ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；
C.由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；
D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。
故答案选C。
20.己知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.lmolCH4和0.2molH2S，如图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应的△H>0
B. X点CH4的转化率为20%
C. X点与Y点容器内压强比为55：51
D. 维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时v(正)＜v(逆)
【答案】C
【详解】A．由图，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，则△H＞0，故A正确；
B．X 点CH4的物质的量与氢气相等，则
CH4（g）+2H2S（g）CS2（g）+4H2（g）
开始 0.1 0.2 0 0
转化 x 2x x 4x
平衡 0.1-x 0.2-2x x 4x
0.1-x=4x，解得x=0.02，则X 点CH4的转化率为0.02/0.1×100%=20%，故B正确；
C．同温同体积，物质的量与压强成正比，而X点与Y点的温度不同，则无法计算容器内压强比，故C错误；
D．Z点CH4的物质的量与CS2相等，则
CH4（g）+2H2S（g）CS2（g）+4H2（g）
开始 0.1 0.2 0 0
转化 x 2x x 4x
平衡 0.1-x 0.2-2x x 4x
所以有0.1-x=x，解得x=0.05，各物质的量分别为0.05mol、0.1mol、0.05mol、0.2mol，设体积为V，则平衡常数K=0.16/V2，维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2 各0.1mol 时，物质的量分别为0.15mol、0.2mol、0.15mol、0.3mol，此时则Qc=0.2025/V2＞K，则平衡逆向移动，v（正）＜v（逆），故D正确；
故选：C。
【点睛】本题考查化学平衡的计算以及图象的分析，解题关键：注意把握平衡常数的运用以及三段式法的计算运用，难点D，根据浓度商和平衡常数的相对大小判断。
二、综合题
21.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）粉碎高硫铝土矿石的目的是_______________________________________。
（2）第一次焙烧时发生氧化还原反应：_________________________________。
（3）碱浸时发生反应的化学方程式为____________________________________。
（4）过滤后向滤液中通入过量的CO2气体，反应的离子方程式为______________________；___________________________________________________。
（5）“过滤”得到的滤渣中含有大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=_________。
【答案】(1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 (3). Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O (4). OH－＋CO2＝HCO3－ (5). AlO2－＋CO2＋2H2O＝HCO3－＋Al(OH)3↓ (6). 1：16
【分析】高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大量的Fe2O3．Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2
【详解】（1）矿石粉碎可以增大固体和气体接触面积，加快反应速率。
（2）焙烧时发生氧化还原反应，第一次焙烧时发生氧化还原反应：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。
（3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=NaAlO2+H2O。
（4）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2－转化为Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2－+CO2+2H2O=HCO3－+Al（OH）3↓，OH－＋CO2＝HCO3－。
（5）过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe3O4和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×（3-8/3）=2y×5+y×（8/3-2），解得x/y=16，所以理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1：16。
【点睛】难点是(5)的最后一问，可以利用氧化反应知识，结合电子守恒解答。
22.某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化实验。
实验Ⅰ：将Fe3+转化为Fe2+
(1)Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为_________________________________。
(2)某学生用对比实验法探究白色沉淀产生的原因，请填写实验万案：
实验方案
现象
结论
步骤1：取4mL①__________ mol/LCuSO4溶液,向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液
产生白色沉淀
CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀
步骤2：取4mL②__________mol/LFeSO4 溶液向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液
无明显现象
查阅资料：
已知①SCN-的化学性质与I-相似 ②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
Cu2+与SCN-反应的离子方程式为③___________________________________。
实验Ⅱ：将Fe2+转化为Fe3+
实验方案
现象
向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入 3mL0.5mol/L稀硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+(棕色)
(3)用离子方程式解释NO产生的原因___________________________________。
(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：
反应Ⅰ：Fe2+与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2+与NO反应
①反应Ⅰ是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明_____________________________。
②请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因________________________________。
【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). ①0.1 (3). 0.2 (4). Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 (5). 3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O (6). 取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应 (7). Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色
【解析】(1). Cu与Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2). 由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，图中得到的溶液中Fe2+为0.2mol/L、Cu2+为0.1mol/L，取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，分别滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1、取4mL0.1mol/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液；步骤2、取4mL0.2mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液。由已知信息①、②可知，Cu2+与SCN−反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，该反应的离子方程式为：2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2，故答案为：0.1；0.2；2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2；
(3). 亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，反应生成铁离子、NO和水，反应的离子方程为：3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O；
(4). ①. 硫酸亚铁和稀硝酸反应时硝酸过量，若反应I存在平衡，溶液中应含有Fe2+，否则没有Fe2+，具体的实验方案是：取少量反应I的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应，故答案为：取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应；
②. Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，使平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色，故答案为：Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色。
23.研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = _________。
(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________； 在1100K 时，CO2的体积分数为______。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。
(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。
(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。
②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝________(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). （2a+2b+c）kJ•mol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20％ (4). 4 (5). A (6). < (7). 0.25
【分析】（1）利用盖斯定律解答。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。
②利用化学平衡常数表达式计算。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大倍数小于逆反应速率增大的倍数。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。
【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；
② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；
③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；
利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJ•mol-1。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。
②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为：4。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为：A。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：<。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为：0.25。
24.《茉莉花》是一首脍炙人口的江苏民歌。茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成。一种合成路线如下：
（1）A的名称为__________________；C的结构简式为_______________；
（2）写出反应①的化学方程式__________________________________________；
（3）反应③的反应类型为____________；
（4）C通常有三种不同类别的芳香族同分异构体，试写出另两种不同类别的同分异构体的结构简式（各写一种）__________________；__________________。
（5）反应________（填序号）原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的。
（6）一种处理高浓度乙醛废水的方法——隔膜电解法，其原理如图所示，电解质溶液为一定浓度含乙醛的Na2SO4溶液，电解后乙醛在两个电极分別转化为乙醇和乙酸。写出阳极电极式：_________________________________。
【答案】 (1). 乙醛 (2). (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). 取代反应（或酯化反应） (5). (6). (7). ② (8). CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+
【分析】CH3CH2OH在Cu或Ag作催化剂的条件下可被氧化得A为CH3CHO，CH3CHO进一步被氧化生成B为CH3COOH，甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，在碱性条件下水解生成C为，与CH3COOH在一定条件下发生酯化反应可生成。
【详解】（1）A为CH3CHO，A的名称为乙醛；C的结构简式为；
（2）反应①为CH3CH2OH在Cu或Ag作催化剂的条件下可被氧化为CH3CHO的反应，反应①的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；
（3）反应③为与CH3COOH在一定条件下发生酯化反应可生成，也为取代反应，即：反应③的反应类型为取代反应（或酯化反应）；
（4）C通常有三种不同类别的芳香族同分异构体，C为，对应的同分异构体可为醚类或酚类，另两种不同类别的同分异构体的结构简式为、。
（5）反应①③都有水生成，反应②为2CH3CHO+O2→2CH3COOH，原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求；
（6）一种处理高浓度乙醛废水的方法——隔膜电解法，其原理如图所示，电解质溶液为一定浓度含乙醛的Na2SO4溶液，电解后乙醛在两个电极分別转化为乙醇和乙酸。CH3CHO在阳极失电子，被氧化生成CH3COOH，阳极电极式：CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+。
黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三11月月考
一、单选题（1-10每题2分；11-20每题3分，共50分)
1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. “雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物无关
B. 高铁酸钾是一种新型高效、多功能的水处理剂，既能杀菌消毒又能净水
C. 石灰石、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂
D. 纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，也可用纯碱除去物品表面的油污
【答案】B
【详解】A.“雾霾天气”与粉尘污染有关，而“温室效应”与二氧化碳有关，故A错误；
B.高铁酸钾(K2FeO4)具有强氧化性，能杀菌消毒，还原产物Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，从而起到净水作用，故B正确；
C.铁粉在食品包装中起防止食品氧化的作用，不是食品干燥剂，故C错误；
D.焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一是碳酸氢钠，而不是碳酸钠，碳酸钠溶液由于水解显碱性，可以用于除去物品表面的油污，故D错误。
故选B。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 常温常压下，56 g丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子
B. 25℃，pH=1的H2SO4溶液中，H+的数目为0.2NA
C. 标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
D. 1 mol的P4O6中含有6 NA个P-O键(P4O6的结构如图: )
【答案】A
【详解】A．丙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故56g混合物中含CH2原子团的物质的量为=4mol，含4NA个碳原子，故A正确；
B．溶液的体积未知，无法计算pH=1的H2SO4溶液中氢离子的数目，故B错误；
C．氯气与水的反应为可逆反应，Cl2 + H2OHCl +HClO，不能进行到底，所以在标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故C错误；
D．根据图示，1个P4O6含有12个P-O键，1 mol的P4O6中含有12NA个P-O键，故D错误；
故选A。
3.下表是周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期主族元素,下列说法正确的是 （ ）
X
Y
Z
W
A. W的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸 B. Z的单质一定能溶于稀硫酸中
C. 四种元素的最高正化合价均等于其族序数 D. 四种原子中，Z的原子半径最小
【答案】A
【详解】A.W可能为S或Cl,二者的最高价含氧酸分别为硫酸、高氯酸都是强酸,故A选项是正确的;B.Z可能为Al或Si元素,Al能与稀硫酸反应,但Si不与稀硫酸反应,故B错误;C.Y可能为O元素,O元素没有正化合价,故C错误;D.原子的电子层越大,原子半径越大,电子层相同时,原子的核电荷数越大,原子半径越小,则四种元素中Z的原子半径最大,故D错误;答案：A。
【点睛】X、Y、Z、W为短周期主族元素,根据元素周期表结构可以知道四种元素分别为C、N、Al、S或N、O、Si、Cl,据此结合元素周期律知识进行解答
4.对于可逆反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）（正反应为放热反应），要增大氨气产率，下列说法中不正确的是（ ）
A. 恒容时，增加氮气的物质的量 B. 降低温度
C. 增大压强 D. 升高温度
【答案】D
【详解】A. 恒容时，增加氮气的物质的量，平衡正向移动，增大氨气产率，故A符合；
B. 正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，增大氨气产率，故B符合；
C. 正反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，增大氨气产率，故C符合；
D. 正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故D错误；
故选D。
5.对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是 （ ）
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。
A. ②③ B. ①④ C. ①⑥ D. ④⑥
【答案】B
【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。
本题选B。
6.观察下列几个装置示意图，有关叙述不正确的是（ ）
A. 装置①工业上可用于生产金属钠，电解过程中石墨电极产生氯气，此法也可用于生产活泼金属镁、铝等
B. 装置②中随着电解的进行右边电极会产生红色的铜，并且电流计示数不断变小
C. 装置③中的离子交换膜具有很强的选择性，只允许某类离子（如Na+）通过
D. 装置④的待镀铁制品应与电源负极相连
【答案】B
【详解】A、装置①是电解装置，石墨是阳极产生氯气，，Fe是阴极，电解熔融氯化钠时，钠离子在Fe极析出，此法也可用于生产活泼金属镁、铝等，选项A正确；
B、装置②是电解池装置，左侧是阴极，铜离子放电生成红色单质铜，右侧是阳极，产生氯气，随反应的进行，氯化铜的浓度逐渐减小，单位时间内通过的电量逐渐减小，所以电流表的示数不断减小，选项B不正确；
C、装置③是电解饱和食盐水的装置，由图可知该装置中的离子交换膜只允许阳离子通过，所以右侧得到浓度较高的氢氧化钠溶液，选项C正确；
D、装置④是电镀装置，镀层金属作阳极，待镀制品作阴极，与电源的负极相连，选项D正确；
答案选B。
7.关于化学反应进行的方向叙述不正确的是（ ）
A. △H＜0，△S＞0时，反应自发进行，如金属钠和水的反应
B. △H＞0，△S＜0时，反应不自发进行，如2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)
C. 过程的自发性能判断过程的方向，还能确定过程是否一定会发生
D. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)△H＜0，△S＜0，低温条件下可自发进行
【答案】C
【详解】A、△H＜0、△S＞0，可满足△G=△H-T·△S＜0，能自发进行，如金属钠和水的反应，故A正确；
B、已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的△H＞0，△S＜0，所以△H-T△S＞0，反应在任何温度下都不能自发进行，故B正确；
C、反应的自发性只能够用于判断过程的方向，过程是否一定发生还与外界条件有关，故C错误；
D、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，△H＜0，△S＜0，低温条件下可自发进行，故D正确；
故选C。
8.能表示H2(g)+ I2(g)2HI(g)已经达到平衡状态的标志是（ ）
①c(H2)=c(I2)=c(HI)时
②c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2时
③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变
④单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI
⑤单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolI2
⑥反应速v(H2)=v(I2)=1/2v(HI)
⑦一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂
⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
⑪条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
A. ③④⑦⑨⑩ B. ③④⑦⑨
C. ②③④⑦⑨ D. ②③④⑥⑦⑨
【答案】B
【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】①平衡时c（H2）、c（I2）、c（HI）三者可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；
②平衡时浓度c（H2）：c（I2）：c（HI）可能为1：1：2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；
③c（H2）、c（I2）、c（HI）不再随时间而改变，说明正逆反应相等，故正确；
④单位时间内生成nmolH2，等效于消耗2nmolHI，同时生成2nmolHI，故正确；
⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2，都体现逆反应方向，故错误；
⑥只要反应发生，就符合反应速率v（H2）=v（I2）=1/2v（HI），故错误；
⑦一个H-H键断裂等效于两个H-I键形成同时有两个H-I键断裂，正逆反应速率相等，故正确；
⑧温度和体积一定时，容器内压强一直不再变化，故错误；
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故正确；
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度一直不再变化，故错误；
⑪条件一定，混合气体的平均相对分子质量一直不再变化，故错误；
故选：B．
9.下列有关如图所示的说法正确的是 （ ）
A. 图甲中开关置于N处时铜锌合金腐蚀的速率增大
B. 图乙中接通开关时，锌腐蚀的速率增大，锌上放出气体的速率增大
C. 图丙中接通K2时铁棒不被腐蚀，属于牺牲阳极保护法
D. 图丙中接通K1时，石墨棒周围溶液的pH增大
【答案】D
【解析】A．开关由M改置于N时，Zn为负极，合金为正极，则Cu-Zn合金的腐蚀速率减小，故A错误；B．接通开关时，如Zn连接电源负极，则不易腐蚀，故B错误；C．K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外接电源阴极保护法，故C错误；D．若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高；故D正确；答案为D。
点睛：明确装置图的原理是解题关键，如图丙，若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；
若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断。
10.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：
饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4
下列说法错误的是（ ）
A. NH4ClO4属于离子化合物
B. 溶解度：NaClO4＞NH4ClO4
C. 该流程中可循环利用的物质是NH4Cl
D. 高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价
【答案】C
【详解】A、NH4ClO4 是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故A正确；
B、根据NaClO4NH4ClO4，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故B正确；
C、最后的母液中含有的NaCl可循环利用，故C错误；
D、根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：(+1)+x+(-2)×4=0，则x=+7，故D正确；
故选C。
11.短周期五种主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。1 mol DAx与足量的A2C反应生成22.4 L(标准状况)A气体。下列选项中说法正确的是（ ）
A. A、B、C、D、E五种元素的简单离子半径大小关系为：A＜C＜B＜D＜E
B. A和B可以组成既含有极性键又含有非极性键的共价化合物
C. B和D可以形成共价化合物
D. 由A、C、D、E四种元素组成的盐溶于水，水溶液显碱性
【答案】B
【详解】短周期五种主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C是O，C和E位于同主族，E是S，因此A是H，B是N。1 mol DAx与足量的H2O反应生成22.4 L(标准状况)A气体，因此D是Na。
A. 离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，A、B、C、D、E五种元素的简单离子半径大小关系为：A＜D＜C＜B＜E，A错误；
B. H和N可以组成既含有极性键又含有非极性键的共价化合物，例如NH3、N2H4，B正确；
C. N和Na可以形成离子化合物，C错误；
D. 由H、O、Na、S四种元素组成盐溶于水，水溶液显酸性，D错误；
答案选B。
【点睛】准确判断出元素是解答的关键，D元素的判断是解答的难点，注意金属氢化物与水反应的实质是－1价的H和水中+1价的H之间发生氧化还原反应生成氢气。
12.高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜, 主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。
原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。
下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4
B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极
C. 充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC===LixCn
D. 充电时，Li+向左移动
【答案】D
【分析】由总反应：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。放电时，作为原电池，LixCn为负极，化合价升高失去电子发生氧化反应，电子由负极到正极移动；FePO4为正极，化合价降低得到电子发生还原反应。充电时，作为电解池，LiFePO4参与阴极与阳极的反应，阳离子向阴极移动。
【详解】A. 放电时，FePO4为正极，正极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4，故A正确；
B. 放电时，作为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；
C. 充电时，阴极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xLi++xe-+nC===LixCn，故C正确；
D. 充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，故D错误；
答案选D。
13.如图所示，图Ⅰ是恒压密闭容器，图Ⅱ是恒容密闭容器．当其它条件相同时，在Ⅰ、Ⅱ中分别加入2molX和2molY，开始时容器的体积均为VL，发生如下反应并达到平衡状态（提示：物质X、Y的状态均未知，物质Z的状态为气态）：2X（？）+Y（？）⇌aZ（g）此时Ⅰ中X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2。下列判断正确的是（ ）
A. 物质Z的化学计量数a=2
B. 若Ⅱ中气体的密度如图Ⅲ所示，则X、Y中只有一种为气态
C. 若X、Y均为气态，则在平衡时X的转化率：Ⅰ<Ⅱ
D. 若X为固态、Y为气态，则Ⅰ、Ⅱ中从开始到平衡所需的时间：Ⅰ＞Ⅱ
【答案】B
【详解】A. 设X的变化量为2x
2X（？）+ Y（？）⇌ aZ（g）
起始量 2mol 2mol 0
变化量 2x mol x mol ax mol
平衡量 (2-2x) mol (2-x)mol ax mol
依题意得 (2-2x) : (2-x) : ax = 1：3：2
从而求得：x=0.8mol a=1
故物质Z的化学计量数a=1，错误；
B. 若Ⅱ中气体的密度如图Ⅲ所示，分析图中信息可以发现，在 “0”点，气体密度不为0，说明X、Y中至少有一种为气态；从“0”点到“t”点，气体的密度增大，若X、Y都为气体，则气体的密度不变，与图中信息不符，所以X、Y中只有一种为气态，B正确；
C. Ⅱ为恒容容器，Ⅰ为恒压容器，若X、Y均为气态，则Ⅰ相当于Ⅱ加压，平衡正向移动， X的转化率增大，故有Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D. 若X为固态、Y为气态，则反应前后气体分子数相等，平衡时Ⅰ、Ⅱ的体积相同，气体的压强相同，从开始到平衡所需的时间：Ⅰ=Ⅱ，D错误。
故答案为B。
【点睛】图Ⅰ为恒压容器，图Ⅱ为恒容容器，可以先求出图Ⅱ的各量。然后以图Ⅱ为参照系，图Ⅰ相当于图Ⅱ加压，通过平衡的移动情况，确定图Ⅰ中各量的改变，从而得出图Ⅱ与图Ⅰ中相同量的大小关系。
14.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
生成白色沉淀
该溶液中不一定含有SO42﹣
B
向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液后再滴加氯水
滴加KSCN溶液无明显变化；再滴加氯水后溶液变红
氧化性：Cl2＞Fe3+
C
取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸
产生无色气体
Na2O2没有变质
D
将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧
铝箔熔化但不滴落
铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al
【答案】C
【详解】A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42−，A项正确；
B. 滴加KSCN溶液，无明显变化，可知不含铁离子，滴加氯水后，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性：Cl2>Fe3+，B项正确；
C. 碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，且Na2O2与水反应生成氧气，则无论是否变质，均生成气体，C项错误；
D. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，D项正确；
答案选C.
【点睛】A项是易错点，硫酸根离子的检验方法是加入稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，若产生白色沉淀，则证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子的干扰。
15.在一定温度下，改变反应物中n(SO2)对反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3(g) △H＜0的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 反应b、c点均为平衡点，a点未达平衡且向正反应方向进行
B. a、b、c三点中，a点时SO2的转化率最高
C. 上述图象可以得出SO2的含量越高得到的混合气体中SO3的体积分数越高
D. a、b、c三点的平衡常数Kb＞Kc＞Ka
【答案】B
【详解】A、纵坐标是平衡时SO3的体积分数，所以a、b、c点均为平衡点，A错误；
B、随着SO2量的增多，SO2的转化率降低，故a点时SO2的转化率最高，B正确；
C、由上述图象可以得出随着SO2的含量的增多，混合气体中SO3的体积分数先升高又降低，C错误；
D、温度不变，平衡常数不变，D错误；
答案选B。
16.将少量的a溶液加入到b溶液中，现象及对应的离子方程式正确的是 （ ）
选项
a
b
现象
离子方程式
A
稀硫酸
KI
在空气中放置一段时间后溶液呈棕黄色
4I—+ O2 + 2H2O = 2I2 + 4OH—
B
Na2CO3
稀盐酸
开始时无气泡，后来有气泡
CO32—+ H+ = HCO3—；
HCO3—+ H+ = H2O + CO2↑
C
稀盐酸
Na2SiO3
产生白色胶状物
2H+ + SiO32—= H2SiO3(胶体)
D
稀H2SO4
滴有酚酞的Ba(OH)2
有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色
Ba2+ + OH—+ H+ + SO42— = BaSO4↓ + H2O
【答案】C
【详解】A.硫酸与碘化钾混合溶液呈酸性，最终不可能生成氢氧根离子，A错误；
B.碳酸钠加入到盐酸中，盐酸过量，开始就有气体产生，B错误；
C.盐酸与硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸沉淀，C正确；
D.硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸少量，氢氧化钡过量，溶液不会变为无色，现象为红色变浅，硫酸为二元酸，要完全反应掉，化学方程式应为Ba2+ + 2OH-+ 2H+ + SO42- = BaSO4↓ + 2H2O，D错误；
答案为C。
【点睛】碳酸钠加入到盐酸中，开始盐酸过量，有气体产生；盐酸加入到碳酸钠中，碳酸钠过量，开始无气体产生。
17.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化如下图所示。下列说法中正确是（ ）
A. 前8min A的平均反应速率为0.08mol/(L·s)
B. 30min时扩大容器的体积，40min时升高温度
C. 反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
D. 30min和54min的反应的平衡常数相等
【答案】B
【详解】A项、由图可知，反应从开始到8min内A的浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为0.08 mol/（L•min），所以A不正确；
B项、由图象可知，30min时正逆反应速率均降低，但正逆反应速率仍然是相等的，说明反平衡没有移动，由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由变化量之比等于化学计量数之比可知X＝1，因此30min时改变的条件是扩大容器的容积，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B正确；
C项、由图可知，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；
D项、30min和54min的反应温度不同，因此平衡常数不相等，故D不正确；
答案选B。
【点评】注意根据图象浓度的变化以及反应速率的变化判断化学反应状态以及影响化学反应速率的条件是解答关键。
18.我国科学家成功实现了电解气态HCl制备Cl2，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. a为外接直流电源的负极
B. 阳极的电极反应为2HCl - 2e- ═ Cl2 + 2H+
C. 通电后H+从左室迁移至右室
D. 左室中发生反应为4Fe2+ + O2 + 4H+ ═ 4Fe3+ + 2H2O，实现了Fe3+的再生
【答案】C
【详解】A. 右侧氯化氢失去电子转化为氯气，因此右侧电极是阳极，则a为外接直流电源的负极，b为外接直流电源的正极，A正确；
B. 阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应为2HCl-2e-＝Cl2+2H+，B正确；
C. 电解池中阳离子向阴极移动，因此通电后H+从右室迁移至左室，C错误；
D. 根据装置图可判断左室中发生反应为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，实现了Fe3+的再生，D正确；
答案选C。
19.MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：
M2+(g)＋CO32-(g) M2+(g)＋O2−(g)＋CO2(g)
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确是（ ）
A. ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0
B. ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0
C. ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)
D. 对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3
【答案】C
【详解】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。
A. ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；
B. ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；
C.由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；
D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。
故答案选C。
20.己知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.lmolCH4和0.2molH2S，如图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应的△H>0
B. X点CH4的转化率为20%
C. X点与Y点容器内压强比为55：51
D. 维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时v(正)＜v(逆)
【答案】C
【详解】A．由图，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，则△H＞0，故A正确；
B．X 点CH4的物质的量与氢气相等，则
CH4（g）+2H2S（g）CS2（g）+4H2（g）
开始 0.1 0.2 0 0
转化 x 2x x 4x
平衡 0.1-x 0.2-2x x 4x
0.1-x=4x，解得x=0.02，则X 点CH4的转化率为0.02/0.1×100%=20%，故B正确；
C．同温同体积，物质的量与压强成正比，而X点与Y点的温度不同，则无法计算容器内压强比，故C错误；
D．Z点CH4的物质的量与CS2相等，则
CH4（g）+2H2S（g）CS2（g）+4H2（g）
开始 0.1 0.2 0 0
转化 x 2x x 4x
平衡 0.1-x 0.2-2x x 4x
所以有0.1-x=x，解得x=0.05，各物质的量分别为0.05mol、0.1mol、0.05mol、0.2mol，设体积为V，则平衡常数K=0.16/V2，维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2 各0.1mol 时，物质的量分别为0.15mol、0.2mol、0.15mol、0.3mol，此时则Qc=0.2025/V2＞K，则平衡逆向移动，v（正）＜v（逆），故D正确；
故选：C。
【点睛】本题考查化学平衡的计算以及图象的分析，解题关键：注意把握平衡常数的运用以及三段式法的计算运用，难点D，根据浓度商和平衡常数的相对大小判断。
二、综合题
21.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）粉碎高硫铝土矿石的目的是_______________________________________。
（2）第一次焙烧时发生氧化还原反应：_________________________________。
（3）碱浸时发生反应的化学方程式为____________________________________。
（4）过滤后向滤液中通入过量的CO2气体，反应的离子方程式为______________________；___________________________________________________。
（5）“过滤”得到的滤渣中含有大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=_________。
【答案】(1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 (3). Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O (4). OH－＋CO2＝HCO3－ (5). AlO2－＋CO2＋2H2O＝HCO3－＋Al(OH)3↓ (6). 1：16
【分析】高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大量的Fe2O3．Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2
【详解】（1）矿石粉碎可以增大固体和气体接触面积，加快反应速率。
（2）焙烧时发生氧化还原反应，第一次焙烧时发生氧化还原反应：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。
（3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=NaAlO2+H2O。
（4）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2－转化为Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2－+CO2+2H2O=HCO3－+Al（OH）3↓，OH－＋CO2＝HCO3－。
（5）过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe3O4和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×（3-8/3）=2y×5+y×（8/3-2），解得x/y=16，所以理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1：16。
【点睛】难点是(5)的最后一问，可以利用氧化反应知识，结合电子守恒解答。
22.某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化实验。
实验Ⅰ：将Fe3+转化为Fe2+
(1)Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为_________________________________。
(2)某学生用对比实验法探究白色沉淀产生的原因，请填写实验万案：
实验方案
现象
结论
步骤1：取4mL①__________ mol/LCuSO4溶液,向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液
产生白色沉淀
CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀
步骤2：取4mL②__________mol/LFeSO4 溶液向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液
无明显现象
查阅资料：
已知①SCN-的化学性质与I-相似 ②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
Cu2+与SCN-反应的离子方程式为③___________________________________。
实验Ⅱ：将Fe2+转化为Fe3+
实验方案
现象
向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入 3mL0.5mol/L稀硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+(棕色)
(3)用离子方程式解释NO产生的原因___________________________________。
(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：
反应Ⅰ：Fe2+与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2+与NO反应
①反应Ⅰ是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明_____________________________。
②请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因________________________________。
【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). ①0.1 (3). 0.2 (4). Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 (5). 3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O (6). 取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应 (7). Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色
【解析】(1). Cu与Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2). 由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，图中得到的溶液中Fe2+为0.2mol/L、Cu2+为0.1mol/L，取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，分别滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1、取4mL0.1mol/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液；步骤2、取4mL0.2mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液。由已知信息①、②可知，Cu2+与SCN−反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，该反应的离子方程式为：2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2，故答案为：0.1；0.2；2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2；
(3). 亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，反应生成铁离子、NO和水，反应的离子方程为：3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O；
(4). ①. 硫酸亚铁和稀硝酸反应时硝酸过量，若反应I存在平衡，溶液中应含有Fe2+，否则没有Fe2+，具体的实验方案是：取少量反应I的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应，故答案为：取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应；
②. Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，使平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色，故答案为：Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色。
23.研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = _________。
(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________； 在1100K 时，CO2的体积分数为______。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。
(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。
(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。
②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝________(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). （2a+2b+c）kJ•mol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20％ (4). 4 (5). A (6). < (7). 0.25
【分析】（1）利用盖斯定律解答。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。
②利用化学平衡常数表达式计算。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大倍数小于逆反应速率增大的倍数。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。
【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；
② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；
③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；
利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJ•mol-1。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。
②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为：4。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为：A。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：<。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为：0.25。
24.《茉莉花》是一首脍炙人口的江苏民歌。茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成。一种合成路线如下：
（1）A的名称为__________________；C的结构简式为_______________；
（2）写出反应①的化学方程式__________________________________________；
（3）反应③的反应类型为____________；
（4）C通常有三种不同类别的芳香族同分异构体，试写出另两种不同类别的同分异构体的结构简式（各写一种）__________________；__________________。
（5）反应________（填序号）原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的。
（6）一种处理高浓度乙醛废水的方法——隔膜电解法，其原理如图所示，电解质溶液为一定浓度含乙醛的Na2SO4溶液，电解后乙醛在两个电极分別转化为乙醇和乙酸。写出阳极电极式：_________________________________。
【答案】 (1). 乙醛 (2). (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). 取代反应（或酯化反应） (5). (6). (7). ② (8). CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+
【分析】CH3CH2OH在Cu或Ag作催化剂的条件下可被氧化得A为CH3CHO，CH3CHO进一步被氧化生成B为CH3COOH，甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，在碱性条件下水解生成C为，与CH3COOH在一定条件下发生酯化反应可生成。
【详解】（1）A为CH3CHO，A的名称为乙醛；C的结构简式为；
（2）反应①为CH3CH2OH在Cu或Ag作催化剂的条件下可被氧化为CH3CHO的反应，反应①的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；
（3）反应③为与CH3COOH在一定条件下发生酯化反应可生成，也为取代反应，即：反应③的反应类型为取代反应（或酯化反应）；
（4）C通常有三种不同类别的芳香族同分异构体，C为，对应的同分异构体可为醚类或酚类，另两种不同类别的同分异构体的结构简式为、。
（5）反应①③都有水生成，反应②为2CH3CHO+O2→2CH3COOH，原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求；
（6）一种处理高浓度乙醛废水的方法——隔膜电解法，其原理如图所示，电解质溶液为一定浓度含乙醛的Na2SO4溶液，电解后乙醛在两个电极分別转化为乙醇和乙酸。CH3CHO在阳极失电子，被氧化生成CH3COOH，阳极电极式：CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+。
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