还剩18页未读，
继续阅读
河南省信阳市罗山县高级中学老校区2020届高三第七次模拟考试化学试题
展开
高三年级第七次模拟考试化学试题
1．本试卷分Ⅰ、II卷满分100分，考试时间90分钟。
2．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35．5 N14 Cu 64
第Ⅰ卷
一、选择题
1.化学与社会、生活、生产密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
选项
现象或事实
解释
A
明矾用于净水
明矾具有消毒杀菌的作用
B
含硫煤中加入适量石灰石可减少对大气的污染
使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO4
C
钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀
海水中含氧量高于河水
D
“地沟油”可以用来制生物柴油
其主要成分和从石油中提取的柴油类似
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.明矾没有强氧化性,没有消毒杀菌作用，故A错误；
B.向煤中加入适量石灰石，石灰石与煤燃烧时产生的SO2与空气中的O2反应，生成CaSO4和CO2，所以B选项是正确的；
C.海水中含有电解质氯化钠，氯化钠可与钢铁形成原电池，原电池能加快化学反应速率，故C错误；
D.生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，是酯类化合物，是动植物油脂与甲醇通过酯化反应得到的；而石化柴油属于烃类物质，是从石油里面提炼出来的，故D错误；
故选B。
【点睛】明矾净水是利用盐类水解原理，没有强氧化性；生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，而石化柴油属于烃类物质，两者成分不同，制取方法不同。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中，正确的是
A. 12.0g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.3 NA
B. 14g分子式CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目一定为NA/n
C. 标准状况下，1L液态水中含有的H+数目为10-7NA
D. 足量Zn与一定量的浓硫酸反应，产生22.4L气体时，转移的电子数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、12.0g NaHSO4的物质的量是0.1mol，晶体中阳离子和阴离子的总数为0.2NA，A不正确；
B、分子式CnH2n的链烃是烯烃，分子中含有1个碳碳双键，所以14g分子式CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目一定为NA/n，B正确；
C、标准状况下水中氢离子浓度小于10－7mol/L，所以标准状况下，1L液态水中含有的H+数目小于10-7NA，C不正确；
D、未说明是标况，不能确定气体的物质的量，因此不能计算转移电子的物质的量，D不正确；
答案选B。
3.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是)
①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－
②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－
③水电离H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol/L－1溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－、
A. ②④ B. 只有② C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
①pH=0的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
②pH=12的溶液，显碱性；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，可能为酸或碱溶液；
④Mg与H+反应产生H2，该溶液显酸性；
⑤使石蕊变红的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
⑥Fe3+只能在酸性溶液大量存在。
【详解】①pH＝0的溶液为强酸性溶液，H+、I－、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存；
②pH＝12的溶液为强碱性溶液，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，若溶液为酸性，则不能大量存在CO32-、SO32-，若溶液为碱性，则不能大量存在NH4+；
④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
⑤使石蕊变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、MnO4-(还有NO3－)发生氧化还原反应，不能大量共存；
⑥中性溶液不能大量存在Fe3+。
综上分析，②④符合题意，故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，把握题给信息及常见离子之间的反应为解题关键，注意题目的隐含条件、考虑溶液酸碱性及离子之间发生的氧化还原反应。易错项为③和⑥：常温下水电离的c（H+）=10-12mol•L-1，说明水的电离被抑制，溶液可能为酸性也可能为碱性，该项容易误认为溶液显碱性；根据铁离子的水解特点及Fe(OH)3的溶度积可推算出，Fe3+只能存在于酸性溶液中，应作为一个知识点记住。
4.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，但在198℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有：①蛋白质的变性 ②蛋白质的盐析 ③胶体聚沉 ④盐类水解 ⑤焰色反应 ⑥氧化还原反应
A. ①②③④⑤ B. ①③④⑥ C. ②③④⑤ D. ②③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】高铁酸钾有强氧化性，可以使水中的细菌、病毒的蛋白质变性，高铁酸钾被还原为+3价铁，Fe3+可以发生水解，生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体可以和水中的悬浮杂质发生胶体的聚沉而达到净水的目的，所以选B。
5.利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。下列说法正确的是
A. a为直流电源的负极
B. 阴极的电极反应式为2HSO3-＋2H＋+e-=S2O42-+2H2O
C. 阳极的电极反应式为SO2＋2H2O-2e－=SO42-+4H＋
D. 电解时，H＋由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室
【答案】C
【解析】
【详解】A.在与a电极连接的电极上SO2失去电子，被氧化产生SO42-，所以阳极与电源正极a电极连接，A错误；
B.根据选项A分析可知：a为正极，b为负极，所以阴极获得电子，发生还原反应，电极反应式为2HSO3-＋2H＋+2e-=S2O42-+2H2O，B错误；
C.在阳极SO2失去电子被氧化产生SO42-，阳极的电极反应式为SO2+2H2O-2e－=SO42-+4H＋，C正确；
D.阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H＋由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，D错误；
故合理选项是C。
6.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是（ ）
A. 向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2混合溶液加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应
B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成
C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先反应
D. 向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、大小相同的铁和铜，铜先反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2混合溶液加入铁粉，因为Fe3+的氧化能力强于Cu2+，所以溶质FeCl3首先与铁粉反应，A错误；
B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始生成BaSO4沉淀，B错误；
C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，即便我们认为Na2CO3首先与CO2反应，生成的NaHCO3也会与NaOH反应，生成Na2CO3和水，所以NaOH首先反应，C正确；
D. 向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、大小相同的铁和铜，因为铁的还原能力强，所以铁先反应，D错误；
故选C。
【点睛】向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，发生反应为Ba2++SO42-=BaSO4，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，反应的总的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-= 2BaSO4↓+ AlO2-+2H2O；若向过量的Ba(OH)2溶液中滴加过量的KAl(SO4)2溶液，起初发生反应为Ba2++SO42-=BaSO4，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，反应的总的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-= 2BaSO4↓+ AlO2-+2H2O；当Ba(OH)2完全反应后，再滴加KAl(SO4)2溶液，又发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓。
7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，X和Z同主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
B. Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强
C. 化合物X2Y2和Z2Y2所含化学键类型完全相同
D. 工业上常用电解熔融W的氧化物制备W的单质
【答案】B
【解析】
Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则Y为O元素。X的原子半径比Y的小，X的原子序数比Y的小，则X为Ｈ元素。X和Z同主族，Z的原子序数大于O的原子序数，Z为Na元素。W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，则W的原子序数为12，为Na元素。所以X、Y、Z、W分别为：H、O、Na、Mg。
A、原子半径r(Na)>r(Mg)>r(O)，A错误。B、Z的最高价氧化物对应水化物为强碱NaOH，W的最高价氧化物对应水化物为中强碱Mg（OH）2，NaOH碱性大于Mg（OH）2，B正确。C、H2O2含的化学键为极性键和非极性键，Na2O2含的化学键为离子键和非极性键，不完全相同，C错误。MgO熔点很高，要成为熔融态，消耗大量能量，成本高。MgCl2熔点相对较低，故工业上电解熔融的MgCl2来制取Mg单质，D错误。正确答案为B
8.一种肼燃料电池的结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. a极是正极，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O
B. 电路中每转移NA个电子，就有1mol Na＋穿过膜向正极移动
C. b极的电极反应式为H2O2+2e-=2OH-
D. 用该电池作电源电解饱和食盐水，当得到0.1mol Cl2时，至少要消耗0.1mol N2H4
【答案】B
【解析】
【详解】根据图知，a电极上N元素化合价由-2价变为0价，所以a是负极，则b是正极，负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，正极上电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O。
A.a电极上N元素化合价由-2价变为0价，所以a是负极，负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，A错误；
B.电路中每转移6.02×1023个电子，根据电荷守恒知，有1molNa+穿过膜向正极移动，B正确；
C.酸性溶液中不能得到OH-，b电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，C错误；
D.阳极上生成标况下2.24L氯气，其物质的量是0.1mol，根据转移电子守恒得肼的物质的量==0.05mol，D错误；
故合理选项是B。
9.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是
A. O2和S2O32-是氧化剂，Fe2+是还原剂
B. 每生成1mol Fe3O4，则转移电子为2mol
C. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
D. 若有2mol Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.在反应中Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，S2O32-和Fe2+是还原剂，A错误；
B．每生成1molFe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子数为1mol×2×(2-0)=4mol，B错误；
C.在反应中，Fe、S元素的化合价升高，S2O32-和Fe2+是还原剂，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，所以参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：(3+2)=1：5，C错误；
D.若有4mol Fe2+参加反应，由电子守恒可知，则被Fe2+还原的O2为=1mol，则若有2mol Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol ，D正确；
故合理选项是D。
10.下列实验装置设计正确且能达到实验目的的是（ ）
A. 实验装置Ⅰ：检查装置的气密性
B. 实验装置Ⅱ：测定未知盐酸的浓度
C. 实验装置Ⅲ：比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱
D. 实验装置Ⅳ：定容
【答案】A
【解析】
【详解】A. 实验装置Ⅰ：检查装置的气密性，由于装置中形成了封闭系统，能够形成内外气体压强差；关闭止水夹，向长颈漏斗中注入水，形成水柱，且一段时间后水柱高度无变化，则说明装置气密性良好；A正确；
B. 实验装置Ⅱ：测定未知盐酸的浓度，NaOH不应放在酸式滴定管内，B错误；
C. 实验装置Ⅲ：比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱，没有安装除去CO2气体中HCl的装置，C错误；
D. 实验装置Ⅳ：液面低于刻度线1-2cm时，方可定容；定容时，胶头滴管口应位于容量瓶口的上方；D错误。
故选A。
11.下列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是
操作
现象
解释或结论
A
向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2
溶液变浑浊
析出了NaHCO3晶体
B
向含有酚酞的烧碱溶液中通入SO2
溶液红色退去
二氧化硫有漂白性
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中有Na+、无K+
D
向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液
有白色沉淀和气体产生
AlO2-与HCO3-发生了双水解反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、向饱和Na2CO3中通入足量CO2时，生成NaHCO3，由于NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故而有晶体析出，故A正确；
B、向含有酚酞的烧碱（氢氧化钠）溶液中通入SO2，氢氧化钠与二氧化硫反应可以生成亚硫酸氢钠，溶液由碱性逐渐变为弱酸性，故溶液红色退去，不是利用的二氧化硫的漂白性，故B错误；
C、进行焰色反应时若火焰呈黄色，则原溶液中一定含有Na＋，还可能含有K＋，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色则证明有K＋，故C错误；
D、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝和碳酸钠，没有气体生成，故D错误；
综上所述，本题应选A。
12.为了探究硫酸亚铁的分解产物，进行了如下图装置所示的实验，打开K1和K2，缓缓通入N2，一段时间后加热，实验后反应管中残留固体为红色粉末，BaCl2溶液中有白色沉淀产生，品红溶液中红色褪去，检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生。下列说法错误的是（ ）
A. 氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的SO2气体
B. 反应管内产生的红色粉末可能是Fe2O3
C. BaCl2溶液的目的是检验SO3的存在,此处用Ba(NO3)2溶液也可以检验SO3
D. 反应管内得到的氧化产物和还原产物物质的量之比为1：1
【答案】C
【解析】
【详解】A、氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的酸性气体，避免污染空气，A正确；
B、硫酸亚铁受热分解，产生的红色固体一定含有Fe元素，所以可能是Fe2O3， B正确；
C、如果二氧化硫气体，通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，再与钡离子生成硫酸钡沉淀，所以用硝酸钡溶液的问题是：无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫， C错误；
D、实验后反应管中残留固体为红色粉末（Fe2O3），BaCl2溶液中有白色沉淀产生（说明有SO3），品红溶液中红色褪去（说明有SO2），检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生，所以分解的方程式为：，所以氧化产物（Fe2O3）和还原产物（SO2）物质的量之比为1:1，D正确；
故选C。
13.某溶液中可能含有OH-、CO32-、A1O2-、SiO32-、SO42-、HCO3-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是
A 原溶液中可能含有Na2SO4、可能不含有CO32-
B. 原溶液中一定含有的阴离子只有:OH-、A1O2-、CO32-
C. 原溶液中含CO32-与A1O2-的物质的量之比为3:4
D. a-d>3/4
【答案】C
【解析】
由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2-、SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2-与HCO3-发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3-；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子。A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液中不一定含有Na2SO4，故A错误；B．依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-，故B错误；C．依据图像可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO32-+2H+=CO2↑+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为3：4，故C正确；D．根据图像溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积为4，假设盐酸的浓度为1mol/L，则消耗氯化氢4mol，则溶解的氢氧化铝为mol，则溶液中含有mol AlO2-，沉淀mol AlO2-需要盐酸mol，a-d对应于AlO2-和SiO32-消耗的盐酸大于mol，即a-d＞，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了离子检验的方法和应用，题目难度较大，正确分析图像曲线变化为解题关键。注意掌握硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质及检验方法。本题的易错点为D，要注意根据反应的方程式分析判断，要知道a-d对应于AlO2-和SiO32-消耗的盐酸。
14.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图，下列有关该电池的说法正确的是（ ）
A. 反应CH4+3H2O3H2+CO消耗1mol CH4转移4mol电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O
C. 电池工作时，CO32-向电极B移动
D. 电极B上发生电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应CH4+3H2O3H2+CO，CH4中C由-4价升高到+2价，消耗1mol CH4转移6mol电子，A错误；
B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2+CO32--2e-=CO2↑+2H2O，B错误；
C. 电池工作时，A电极为负极，B电极为正极，CO32-向电极A移动，C错误；
D. 电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，D正确；
故选D。
15.将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为
A. 2mol/L B. 1.8mol/L C. 2.4 mol/L D. 3.6 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。
16.白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。
下列推断不正确的是
A. 无色溶液B的pH≥7
B. 白色固体F的主要成分是H2SiO3
C. 混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D. 在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】C
【解析】
【分析】
白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种。
【详解】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；
B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；
C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；
D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。
故答案选C。
第Ⅱ卷 非选择题
二、非选择题。
17.甲醇是重要的化工原料。在催化剂的作用下，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)合成甲醇的主要化学反应如下：
Ⅰ．CO+2H2⇌CH3OH
Ⅱ．CO2+3H2⇌CH3OH+H2O
Ⅲ．CO2+H2⇌CO+H2O
请回答下列问题：
（1）已知三种物质的标准燃烧热如下表：
物质
CO(g)
H2(g)
CH3OH(l)
燃烧热(kJ·mol−1)
−283.0
−285.8
−726.51
①书写25℃、101kPa条件时CO燃烧热的热化学方程式______________________。
②计算25℃、101kPa条件时反应Ⅰ的ΔH=_____kJ·mol−1 。
（2）甲醇燃料电池（Direct Methanol Fuel Cell）属于质子交换膜燃料电池，其工作原理如图所示：
①c处产生的气体是________。
②负极的电极反应式是____________。
（3）下图是甲醇燃料电池工作示意图，其中A，B，D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同。
①乙中B极的电极反应式_______。
②乙中A极析出的气体在标况下的体积________。
③丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图，则②线表示的是____的变化，反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要____mL 5mol/LNaOH溶液。
【答案】 (1). CO (g)+O2(g)= CO2(g) △H= -283.0 kJ•mol-1 (2). -128.09 (3). CO2 (4). CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+ (5). Cu2+ +2e-=Cu 2H++2e-=H2↑ (6). 2.24L (7). Fe2+ (8). 280ml
【解析】
【分析】
判断燃料电池的电极产物及书写电极反应式时，解题的切入点是H+的迁移方向，由H+的迁移方向，结合电极反应式，可确定电池的正、负极，也就确定了左、右电极发生的反应。
【详解】（1）① CO燃烧热的热化学方程式CO (g)+O2(g)= CO2(g) △H= -283.0 kJ•mol-1；
② CO (g)+O2(g)= CO2(g) △H= -283.0 kJ•mol-1 a
H2(g)+O2(g)= H2O(g) △H= -285.8 kJ•mol-1 b
CH3OH(l)+O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) △H= -726.51 kJ•mol-1 c
将a+2b-c得 CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(l) △H= -128.09 kJ•mol-1；
（2）甲醇燃料电池的正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，负极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+；由H+的迁移方向，我们可推知左侧电极为正极，右侧电极为负极；
①c处产生的气体是CO2；
②负极的电极反应式是CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+；
（3）在甲池中，通甲醇的电极为负极，通O2的电极为正极，则A、C为阳极，B、D为阴极；
①乙中B极，首先是溶液中Cu2+得电子生成Cu，然后是H+得电子生成H2，电极反应式为Cu2+ +2e-=Cu、2H++2e-=H2↑；
②乙中B极发生的反应为：Cu2+ + 2e- = Cu、2H+ + 2e- = H2↑
0.1mol 0.2mol 0.2mol 0.2mol
A极发生的反应为2H2O+4e-=4H++O2↑，
0.4mol 0.1mol
按两电极得失电子的数目相等进行计算，线路中转移的电子应为0.4mol，生成气体0.1mol，析出的气体在标况下的体积2.24L；
③丙装置溶液中，发生的反应为2Fe3++2e-=2Fe2+ Cu-2e-=Cu2+
对照图中线段的变化，可确定①为Fe3+、②为Fe2+、③为Cu2+，则②线表示的是Fe2+的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子Fe2+(0.5mol)、Cu2+(0.2mol)恰好完全沉淀，则需NaOH的物质的量为：0.5mol×2+0.2mol×2=1.4mol，V(NaOH)=。
18.钛(22Ti)由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。钛铁矿主要成分为FeTiO3（含有少量MgO、SiO2等杂质），Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：
(1)Ti位于元素周期表中的位置为________。钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是_______。
(2)过程①中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是_________。
(3)过程②中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是___________。
(4)写出由滤液D生成FePO4的离子方程式____________________________________。
(5)由流程图可知FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_________________________。
【答案】 (1). 第四周期IVB (2). 增大反应物接触面积，加快反应速率 (3). 100℃ 3小时 (4). 温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降 (5). 2Fe2++ H2O2+ 2H3PO4 == 2FePO4 + 4H++ 2H2O (6). 2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ 3CO2↑+ H2O
【解析】
【详解】（1）Ti的原子序数为22，处于第四周期第ⅣB族。钛铁矿在预处理时进行粉碎，增大了与盐酸的接触面积，可以加快反应速率。
（2）由图中三条曲线可得，当铁的浸出率为80%时，应为100℃、约浸取3小时。
（3）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成(NH4)2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解(双氧水分解与氨气逸出)，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降。
（4）由流程可得，滤液D含有Fe2+，与H2O2、H3PO4反应，生成FePO4，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4+ 4H++2H2O。
（5）由流程图可知FePO4与H2C2O4、Li2CO3高温煅烧发生反应生成LiFePO4，铁的化合价降低，FePO4应为氧化剂，所以H2C2O4应为还原剂，故化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。
【点睛】本题是一道工业流程题，是近年高考中必考的题型之一，关键是掌握工业流程题的解题技巧，明确常考的知识点。工业流程题目在流程上一般分为3个过程：（1）原料预处理阶段，经常考查加快反应速率、溶解等方法，如本题就考查了通过粉碎来加快反应速率；（2）分离提纯阶段，经常考到调节pH、加氧化剂(还原剂)、改变温度等方法涉及的反应，以及混合物分离的常见操作；（3）获得产品阶段，常考到蒸发、结晶、洗涤等操作。
19.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(摩尔质量376g/mol)是一种氧气吸收剂，红棕色晶体，易被氧化；易溶于盐酸，微溶于乙醇，难溶于水和乙醚。其制备装置(已省略加热及支持装置)和步骤如下:
①检查装置气密性,往三颈烧瓶中依次加入过量锌粉，200mL0.200mol/LCrC13溶液。
②关闭k2打开k1,旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。
③待三颈烧瓶內的溶液由深绿色(Cr3+)变为亮蓝色(Cr2+)时，把溶液转移到装置乙中。当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。
④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到11.28g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O
（1）装置甲中连通管a的作用是________，如何检验甲装置的气密性是否良好?__________。
（2）生成红棕色晶体的离子反应方程式____________________________。
（3）步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为________________。
（4）装置丙的作用是________________。
（5）为得到纯净干燥的产品，洗涤时按使用的先后顺序选用下列洗涤剂__________(填序号)。
①乙醚 ②蒸馏水(煮沸冷却) ③无水乙醇 ④盐酸
（6）本实验中[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的产率是______________。
【答案】 (1). 平衡压强或保证分液漏斗中的液体顺利流下 (2). 关闭k1和k2，用止水夹夹住连通管a，打幵分液漏斗活塞，若一段时间之后，分液漏斗中水不能顺利流下，则气密性良好 (3). 2Cr2++4CH3COO－+2H2O═[Cr(CH3COO)2]2•2H2O↓ (4). 关闭k1，打开k2 (5). 防止空气进入装置乙氧化二价铬 (6). ②① (7). 75.0%
【解析】
分析】
根据实验目的及实验过程，结合实验装置图可得，甲中发生反应：2CrCl3+Zn=2CrCl2+ZnCl2、Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，利用生成氢气增大甲中压强，使甲中反应后的溶液进入乙中，发生反应：2CrCl2+4CH3COONa+2H2O═[Cr(CH3COO)2]2•2H2O↓+4NaCl，然后过滤、洗涤、干燥，得到[Cr(CH3COO)2]2•2H2O晶体。
【详解】（1）三颈烧瓶与分液漏斗之间用连通管a连接，在盐酸滴入三颈烧瓶时，始终保持三颈烧瓶与分液漏斗中压强相等，起到平衡压强的作用，以保证分液漏斗中的液体顺利滴下。检查装置气密性的原理通常是造成装置不同部位气体存在压强差，并产生明显现象，所以检验甲装置的气密性的方法可以为：关闭k1和k2，用止水夹夹住连通管a，打幵分液漏斗活塞，若一段时间之后，分液漏斗中水不能顺利流下，则气密性良好。
（2）红棕色晶体是CrCl2与CH3COONa溶液反应生成的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，离子方程式为：2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2•2H2O↓。
（3）本实验利用生成氢气增大甲中压强，使甲中反应后的溶液进入乙中，发生反应生成醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，所以步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为：关闭k1，打开k2。
（4）醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O易被氧化，不能直接和空气接触，所以装置丙的作用是：防止空气进入装置乙氧化二价铬。
（5）因为醋酸亚铬水合物易溶于盐酸，微溶于乙醇，难溶于水和乙醚，所以洗涤产品不能用盐酸和乙醇，先用水洗去表面的离子，再用乙醚洗去多余的水，所以洗涤时按使用的先后顺序为：②①。
（6）CrC13的物质的量为：0.2L×0.200mol/L=0.04mol，根据Cr原子守恒，[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的理论产量为：376g/mol×0.04mol=15.04g，又因为实际产量为11.28g，所以本实验中[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的产率是：11.28g÷15.04g×100%=75.0%。
20.砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛用途。回答下列问题：
(1)画出砷的原子结构示意图：______________。
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式：__________________________。
(3)已知：As(s)＋H2(g)＋2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH1；H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH2；2As(s)＋O2(g)=As2O5(s) ΔH3。则反应As2O5(s)＋3H2O(l)=2H3AsO4(s)的ΔH＝________________________。
(4)298 K时，将20mL 3x mol·L-1Na2AsO3、20mL 3x mol·L-1 I2和20mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33- (aq)＋I2(aq)＋2OH-(aq)=AsO43- (aq)＋2I-(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO43- )与反应时间(t)的关系如图所示。
①下列可判断反应达到平衡的是________(填选项字母)。
a．溶液的pH不再变化 b．v(I-)＝2v(AsO33-)
c．不再变化 d．c(I－)＝y mol·L-1
②tm时，v正______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
③tm时的v逆____tn时的v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】 (1). (2). 2As2S3＋5O2＋6H2O=4H3AsO4＋6S (3). 2ΔH1－3ΔH2－ΔH3 (4). ac (5). 大于 (6). 小于
【解析】
【分析】
由已知热化学方程式的热焓变求未知反应的热焓变时，可利用盖斯定律进行计算。
在利用坐标图象进行正逆反应速率的比较时，可利用曲线的走势，判断反应是正向进行还是达平衡状态，从而得出正、逆反应速率或逆、逆反应速率的大小关系。
【详解】(1)砷的原子结构示意图：；
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。发生反应的化学方程式：2As2S3＋5O2＋6H2O===4H3AsO4＋6S；
(3)已知：As(s)＋H2(g)＋2O2(g)===H3AsO4(s) ΔH1 ①
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH2 ②
2As(s)＋O2(g)===As2O5(s) ΔH3 ③
将①×2-②×3-③得：As2O5(s)＋3H2O(l)===2H3AsO4(s)的ΔH＝2ΔH1－3ΔH2－ΔH3；
(4)①a．溶液的pH不再变化，说明c(OH-)不变，反应达平衡状态，a符合题意；
b．v(I-)=2v(AsO33-)，说明未达平衡状态，因为平衡状态时各物质表示的平均反应速率都为0，b不合题意；
c．不再变化，说明AsO33- 、AsO43- 的浓度保持不变，反应达平衡状态，c符合题意；
d．c(I-)=y mol·L-1，因为达平衡状态时，c(I-)=2y mol·L-1，所以反应未达平衡状态，d不合题意；
故选ac；
②tm时，反应正向进行，所以v正大于v逆。答案为：大于；
③因为从tm到tn，反应仍在正向进行，而随着反应的不断进行，逆反应速率不断增大，所以tm时v逆小于tn时v逆。
高三年级第七次模拟考试化学试题
1．本试卷分Ⅰ、II卷满分100分，考试时间90分钟。
2．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35．5 N14 Cu 64
第Ⅰ卷
一、选择题
1.化学与社会、生活、生产密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
选项
现象或事实
解释
A
明矾用于净水
明矾具有消毒杀菌的作用
B
含硫煤中加入适量石灰石可减少对大气的污染
使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO4
C
钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀
海水中含氧量高于河水
D
“地沟油”可以用来制生物柴油
其主要成分和从石油中提取的柴油类似
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.明矾没有强氧化性,没有消毒杀菌作用，故A错误；
B.向煤中加入适量石灰石，石灰石与煤燃烧时产生的SO2与空气中的O2反应，生成CaSO4和CO2，所以B选项是正确的；
C.海水中含有电解质氯化钠，氯化钠可与钢铁形成原电池，原电池能加快化学反应速率，故C错误；
D.生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，是酯类化合物，是动植物油脂与甲醇通过酯化反应得到的；而石化柴油属于烃类物质，是从石油里面提炼出来的，故D错误；
故选B。
【点睛】明矾净水是利用盐类水解原理，没有强氧化性；生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，而石化柴油属于烃类物质，两者成分不同，制取方法不同。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中，正确的是
A. 12.0g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.3 NA
B. 14g分子式CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目一定为NA/n
C. 标准状况下，1L液态水中含有的H+数目为10-7NA
D. 足量Zn与一定量的浓硫酸反应，产生22.4L气体时，转移的电子数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、12.0g NaHSO4的物质的量是0.1mol，晶体中阳离子和阴离子的总数为0.2NA，A不正确；
B、分子式CnH2n的链烃是烯烃，分子中含有1个碳碳双键，所以14g分子式CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目一定为NA/n，B正确；
C、标准状况下水中氢离子浓度小于10－7mol/L，所以标准状况下，1L液态水中含有的H+数目小于10-7NA，C不正确；
D、未说明是标况，不能确定气体的物质的量，因此不能计算转移电子的物质的量，D不正确；
答案选B。
3.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是)
①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－
②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－
③水电离H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol/L－1溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－、
A. ②④ B. 只有② C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
①pH=0的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
②pH=12的溶液，显碱性；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，可能为酸或碱溶液；
④Mg与H+反应产生H2，该溶液显酸性；
⑤使石蕊变红的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
⑥Fe3+只能在酸性溶液大量存在。
【详解】①pH＝0的溶液为强酸性溶液，H+、I－、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存；
②pH＝12的溶液为强碱性溶液，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，若溶液为酸性，则不能大量存在CO32-、SO32-，若溶液为碱性，则不能大量存在NH4+；
④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
⑤使石蕊变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、MnO4-(还有NO3－)发生氧化还原反应，不能大量共存；
⑥中性溶液不能大量存在Fe3+。
综上分析，②④符合题意，故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，把握题给信息及常见离子之间的反应为解题关键，注意题目的隐含条件、考虑溶液酸碱性及离子之间发生的氧化还原反应。易错项为③和⑥：常温下水电离的c（H+）=10-12mol•L-1，说明水的电离被抑制，溶液可能为酸性也可能为碱性，该项容易误认为溶液显碱性；根据铁离子的水解特点及Fe(OH)3的溶度积可推算出，Fe3+只能存在于酸性溶液中，应作为一个知识点记住。
4.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，但在198℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有：①蛋白质的变性 ②蛋白质的盐析 ③胶体聚沉 ④盐类水解 ⑤焰色反应 ⑥氧化还原反应
A. ①②③④⑤ B. ①③④⑥ C. ②③④⑤ D. ②③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】高铁酸钾有强氧化性，可以使水中的细菌、病毒的蛋白质变性，高铁酸钾被还原为+3价铁，Fe3+可以发生水解，生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体可以和水中的悬浮杂质发生胶体的聚沉而达到净水的目的，所以选B。
5.利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。下列说法正确的是
A. a为直流电源的负极
B. 阴极的电极反应式为2HSO3-＋2H＋+e-=S2O42-+2H2O
C. 阳极的电极反应式为SO2＋2H2O-2e－=SO42-+4H＋
D. 电解时，H＋由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室
【答案】C
【解析】
【详解】A.在与a电极连接的电极上SO2失去电子，被氧化产生SO42-，所以阳极与电源正极a电极连接，A错误；
B.根据选项A分析可知：a为正极，b为负极，所以阴极获得电子，发生还原反应，电极反应式为2HSO3-＋2H＋+2e-=S2O42-+2H2O，B错误；
C.在阳极SO2失去电子被氧化产生SO42-，阳极的电极反应式为SO2+2H2O-2e－=SO42-+4H＋，C正确；
D.阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H＋由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，D错误；
故合理选项是C。
6.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是（ ）
A. 向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2混合溶液加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应
B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成
C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先反应
D. 向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、大小相同的铁和铜，铜先反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2混合溶液加入铁粉，因为Fe3+的氧化能力强于Cu2+，所以溶质FeCl3首先与铁粉反应，A错误；
B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始生成BaSO4沉淀，B错误；
C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，即便我们认为Na2CO3首先与CO2反应，生成的NaHCO3也会与NaOH反应，生成Na2CO3和水，所以NaOH首先反应，C正确；
D. 向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、大小相同的铁和铜，因为铁的还原能力强，所以铁先反应，D错误；
故选C。
【点睛】向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，发生反应为Ba2++SO42-=BaSO4，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，反应的总的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-= 2BaSO4↓+ AlO2-+2H2O；若向过量的Ba(OH)2溶液中滴加过量的KAl(SO4)2溶液，起初发生反应为Ba2++SO42-=BaSO4，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，反应的总的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-= 2BaSO4↓+ AlO2-+2H2O；当Ba(OH)2完全反应后，再滴加KAl(SO4)2溶液，又发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓。
7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，X和Z同主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
B. Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强
C. 化合物X2Y2和Z2Y2所含化学键类型完全相同
D. 工业上常用电解熔融W的氧化物制备W的单质
【答案】B
【解析】
Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则Y为O元素。X的原子半径比Y的小，X的原子序数比Y的小，则X为Ｈ元素。X和Z同主族，Z的原子序数大于O的原子序数，Z为Na元素。W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，则W的原子序数为12，为Na元素。所以X、Y、Z、W分别为：H、O、Na、Mg。
A、原子半径r(Na)>r(Mg)>r(O)，A错误。B、Z的最高价氧化物对应水化物为强碱NaOH，W的最高价氧化物对应水化物为中强碱Mg（OH）2，NaOH碱性大于Mg（OH）2，B正确。C、H2O2含的化学键为极性键和非极性键，Na2O2含的化学键为离子键和非极性键，不完全相同，C错误。MgO熔点很高，要成为熔融态，消耗大量能量，成本高。MgCl2熔点相对较低，故工业上电解熔融的MgCl2来制取Mg单质，D错误。正确答案为B
8.一种肼燃料电池的结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. a极是正极，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O
B. 电路中每转移NA个电子，就有1mol Na＋穿过膜向正极移动
C. b极的电极反应式为H2O2+2e-=2OH-
D. 用该电池作电源电解饱和食盐水，当得到0.1mol Cl2时，至少要消耗0.1mol N2H4
【答案】B
【解析】
【详解】根据图知，a电极上N元素化合价由-2价变为0价，所以a是负极，则b是正极，负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，正极上电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O。
A.a电极上N元素化合价由-2价变为0价，所以a是负极，负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，A错误；
B.电路中每转移6.02×1023个电子，根据电荷守恒知，有1molNa+穿过膜向正极移动，B正确；
C.酸性溶液中不能得到OH-，b电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，C错误；
D.阳极上生成标况下2.24L氯气，其物质的量是0.1mol，根据转移电子守恒得肼的物质的量==0.05mol，D错误；
故合理选项是B。
9.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是
A. O2和S2O32-是氧化剂，Fe2+是还原剂
B. 每生成1mol Fe3O4，则转移电子为2mol
C. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
D. 若有2mol Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.在反应中Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，S2O32-和Fe2+是还原剂，A错误；
B．每生成1molFe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子数为1mol×2×(2-0)=4mol，B错误；
C.在反应中，Fe、S元素的化合价升高，S2O32-和Fe2+是还原剂，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，所以参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：(3+2)=1：5，C错误；
D.若有4mol Fe2+参加反应，由电子守恒可知，则被Fe2+还原的O2为=1mol，则若有2mol Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol ，D正确；
故合理选项是D。
10.下列实验装置设计正确且能达到实验目的的是（ ）
A. 实验装置Ⅰ：检查装置的气密性
B. 实验装置Ⅱ：测定未知盐酸的浓度
C. 实验装置Ⅲ：比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱
D. 实验装置Ⅳ：定容
【答案】A
【解析】
【详解】A. 实验装置Ⅰ：检查装置的气密性，由于装置中形成了封闭系统，能够形成内外气体压强差；关闭止水夹，向长颈漏斗中注入水，形成水柱，且一段时间后水柱高度无变化，则说明装置气密性良好；A正确；
B. 实验装置Ⅱ：测定未知盐酸的浓度，NaOH不应放在酸式滴定管内，B错误；
C. 实验装置Ⅲ：比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱，没有安装除去CO2气体中HCl的装置，C错误；
D. 实验装置Ⅳ：液面低于刻度线1-2cm时，方可定容；定容时，胶头滴管口应位于容量瓶口的上方；D错误。
故选A。
11.下列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是
操作
现象
解释或结论
A
向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2
溶液变浑浊
析出了NaHCO3晶体
B
向含有酚酞的烧碱溶液中通入SO2
溶液红色退去
二氧化硫有漂白性
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中有Na+、无K+
D
向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液
有白色沉淀和气体产生
AlO2-与HCO3-发生了双水解反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、向饱和Na2CO3中通入足量CO2时，生成NaHCO3，由于NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故而有晶体析出，故A正确；
B、向含有酚酞的烧碱（氢氧化钠）溶液中通入SO2，氢氧化钠与二氧化硫反应可以生成亚硫酸氢钠，溶液由碱性逐渐变为弱酸性，故溶液红色退去，不是利用的二氧化硫的漂白性，故B错误；
C、进行焰色反应时若火焰呈黄色，则原溶液中一定含有Na＋，还可能含有K＋，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色则证明有K＋，故C错误；
D、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝和碳酸钠，没有气体生成，故D错误；
综上所述，本题应选A。
12.为了探究硫酸亚铁的分解产物，进行了如下图装置所示的实验，打开K1和K2，缓缓通入N2，一段时间后加热，实验后反应管中残留固体为红色粉末，BaCl2溶液中有白色沉淀产生，品红溶液中红色褪去，检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生。下列说法错误的是（ ）
A. 氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的SO2气体
B. 反应管内产生的红色粉末可能是Fe2O3
C. BaCl2溶液的目的是检验SO3的存在,此处用Ba(NO3)2溶液也可以检验SO3
D. 反应管内得到的氧化产物和还原产物物质的量之比为1：1
【答案】C
【解析】
【详解】A、氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的酸性气体，避免污染空气，A正确；
B、硫酸亚铁受热分解，产生的红色固体一定含有Fe元素，所以可能是Fe2O3， B正确；
C、如果二氧化硫气体，通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，再与钡离子生成硫酸钡沉淀，所以用硝酸钡溶液的问题是：无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫， C错误；
D、实验后反应管中残留固体为红色粉末（Fe2O3），BaCl2溶液中有白色沉淀产生（说明有SO3），品红溶液中红色褪去（说明有SO2），检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生，所以分解的方程式为：，所以氧化产物（Fe2O3）和还原产物（SO2）物质的量之比为1:1，D正确；
故选C。
13.某溶液中可能含有OH-、CO32-、A1O2-、SiO32-、SO42-、HCO3-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是
A 原溶液中可能含有Na2SO4、可能不含有CO32-
B. 原溶液中一定含有的阴离子只有:OH-、A1O2-、CO32-
C. 原溶液中含CO32-与A1O2-的物质的量之比为3:4
D. a-d>3/4
【答案】C
【解析】
由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2-、SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2-与HCO3-发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3-；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子。A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液中不一定含有Na2SO4，故A错误；B．依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-，故B错误；C．依据图像可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO32-+2H+=CO2↑+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为3：4，故C正确；D．根据图像溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积为4，假设盐酸的浓度为1mol/L，则消耗氯化氢4mol，则溶解的氢氧化铝为mol，则溶液中含有mol AlO2-，沉淀mol AlO2-需要盐酸mol，a-d对应于AlO2-和SiO32-消耗的盐酸大于mol，即a-d＞，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了离子检验的方法和应用，题目难度较大，正确分析图像曲线变化为解题关键。注意掌握硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质及检验方法。本题的易错点为D，要注意根据反应的方程式分析判断，要知道a-d对应于AlO2-和SiO32-消耗的盐酸。
14.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图，下列有关该电池的说法正确的是（ ）
A. 反应CH4+3H2O3H2+CO消耗1mol CH4转移4mol电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O
C. 电池工作时，CO32-向电极B移动
D. 电极B上发生电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应CH4+3H2O3H2+CO，CH4中C由-4价升高到+2价，消耗1mol CH4转移6mol电子，A错误；
B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2+CO32--2e-=CO2↑+2H2O，B错误；
C. 电池工作时，A电极为负极，B电极为正极，CO32-向电极A移动，C错误；
D. 电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，D正确；
故选D。
15.将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为
A. 2mol/L B. 1.8mol/L C. 2.4 mol/L D. 3.6 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。
16.白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。
下列推断不正确的是
A. 无色溶液B的pH≥7
B. 白色固体F的主要成分是H2SiO3
C. 混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D. 在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】C
【解析】
【分析】
白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种。
【详解】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；
B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；
C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；
D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。
故答案选C。
第Ⅱ卷 非选择题
二、非选择题。
17.甲醇是重要的化工原料。在催化剂的作用下，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)合成甲醇的主要化学反应如下：
Ⅰ．CO+2H2⇌CH3OH
Ⅱ．CO2+3H2⇌CH3OH+H2O
Ⅲ．CO2+H2⇌CO+H2O
请回答下列问题：
（1）已知三种物质的标准燃烧热如下表：
物质
CO(g)
H2(g)
CH3OH(l)
燃烧热(kJ·mol−1)
−283.0
−285.8
−726.51
①书写25℃、101kPa条件时CO燃烧热的热化学方程式______________________。
②计算25℃、101kPa条件时反应Ⅰ的ΔH=_____kJ·mol−1 。
（2）甲醇燃料电池（Direct Methanol Fuel Cell）属于质子交换膜燃料电池，其工作原理如图所示：
①c处产生的气体是________。
②负极的电极反应式是____________。
（3）下图是甲醇燃料电池工作示意图，其中A，B，D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同。
①乙中B极的电极反应式_______。
②乙中A极析出的气体在标况下的体积________。
③丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图，则②线表示的是____的变化，反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要____mL 5mol/LNaOH溶液。
【答案】 (1). CO (g)+O2(g)= CO2(g) △H= -283.0 kJ•mol-1 (2). -128.09 (3). CO2 (4). CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+ (5). Cu2+ +2e-=Cu 2H++2e-=H2↑ (6). 2.24L (7). Fe2+ (8). 280ml
【解析】
【分析】
判断燃料电池的电极产物及书写电极反应式时，解题的切入点是H+的迁移方向，由H+的迁移方向，结合电极反应式，可确定电池的正、负极，也就确定了左、右电极发生的反应。
【详解】（1）① CO燃烧热的热化学方程式CO (g)+O2(g)= CO2(g) △H= -283.0 kJ•mol-1；
② CO (g)+O2(g)= CO2(g) △H= -283.0 kJ•mol-1 a
H2(g)+O2(g)= H2O(g) △H= -285.8 kJ•mol-1 b
CH3OH(l)+O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) △H= -726.51 kJ•mol-1 c
将a+2b-c得 CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(l) △H= -128.09 kJ•mol-1；
（2）甲醇燃料电池的正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，负极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+；由H+的迁移方向，我们可推知左侧电极为正极，右侧电极为负极；
①c处产生的气体是CO2；
②负极的电极反应式是CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+；
（3）在甲池中，通甲醇的电极为负极，通O2的电极为正极，则A、C为阳极，B、D为阴极；
①乙中B极，首先是溶液中Cu2+得电子生成Cu，然后是H+得电子生成H2，电极反应式为Cu2+ +2e-=Cu、2H++2e-=H2↑；
②乙中B极发生的反应为：Cu2+ + 2e- = Cu、2H+ + 2e- = H2↑
0.1mol 0.2mol 0.2mol 0.2mol
A极发生的反应为2H2O+4e-=4H++O2↑，
0.4mol 0.1mol
按两电极得失电子的数目相等进行计算，线路中转移的电子应为0.4mol，生成气体0.1mol，析出的气体在标况下的体积2.24L；
③丙装置溶液中，发生的反应为2Fe3++2e-=2Fe2+ Cu-2e-=Cu2+
对照图中线段的变化，可确定①为Fe3+、②为Fe2+、③为Cu2+，则②线表示的是Fe2+的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子Fe2+(0.5mol)、Cu2+(0.2mol)恰好完全沉淀，则需NaOH的物质的量为：0.5mol×2+0.2mol×2=1.4mol，V(NaOH)=。
18.钛(22Ti)由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。钛铁矿主要成分为FeTiO3（含有少量MgO、SiO2等杂质），Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：
(1)Ti位于元素周期表中的位置为________。钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是_______。
(2)过程①中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是_________。
(3)过程②中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是___________。
(4)写出由滤液D生成FePO4的离子方程式____________________________________。
(5)由流程图可知FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_________________________。
【答案】 (1). 第四周期IVB (2). 增大反应物接触面积，加快反应速率 (3). 100℃ 3小时 (4). 温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降 (5). 2Fe2++ H2O2+ 2H3PO4 == 2FePO4 + 4H++ 2H2O (6). 2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ 3CO2↑+ H2O
【解析】
【详解】（1）Ti的原子序数为22，处于第四周期第ⅣB族。钛铁矿在预处理时进行粉碎，增大了与盐酸的接触面积，可以加快反应速率。
（2）由图中三条曲线可得，当铁的浸出率为80%时，应为100℃、约浸取3小时。
（3）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成(NH4)2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解(双氧水分解与氨气逸出)，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降。
（4）由流程可得，滤液D含有Fe2+，与H2O2、H3PO4反应，生成FePO4，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4+ 4H++2H2O。
（5）由流程图可知FePO4与H2C2O4、Li2CO3高温煅烧发生反应生成LiFePO4，铁的化合价降低，FePO4应为氧化剂，所以H2C2O4应为还原剂，故化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。
【点睛】本题是一道工业流程题，是近年高考中必考的题型之一，关键是掌握工业流程题的解题技巧，明确常考的知识点。工业流程题目在流程上一般分为3个过程：（1）原料预处理阶段，经常考查加快反应速率、溶解等方法，如本题就考查了通过粉碎来加快反应速率；（2）分离提纯阶段，经常考到调节pH、加氧化剂(还原剂)、改变温度等方法涉及的反应，以及混合物分离的常见操作；（3）获得产品阶段，常考到蒸发、结晶、洗涤等操作。
19.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(摩尔质量376g/mol)是一种氧气吸收剂，红棕色晶体，易被氧化；易溶于盐酸，微溶于乙醇，难溶于水和乙醚。其制备装置(已省略加热及支持装置)和步骤如下:
①检查装置气密性,往三颈烧瓶中依次加入过量锌粉，200mL0.200mol/LCrC13溶液。
②关闭k2打开k1,旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。
③待三颈烧瓶內的溶液由深绿色(Cr3+)变为亮蓝色(Cr2+)时，把溶液转移到装置乙中。当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。
④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到11.28g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O
（1）装置甲中连通管a的作用是________，如何检验甲装置的气密性是否良好?__________。
（2）生成红棕色晶体的离子反应方程式____________________________。
（3）步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为________________。
（4）装置丙的作用是________________。
（5）为得到纯净干燥的产品，洗涤时按使用的先后顺序选用下列洗涤剂__________(填序号)。
①乙醚 ②蒸馏水(煮沸冷却) ③无水乙醇 ④盐酸
（6）本实验中[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的产率是______________。
【答案】 (1). 平衡压强或保证分液漏斗中的液体顺利流下 (2). 关闭k1和k2，用止水夹夹住连通管a，打幵分液漏斗活塞，若一段时间之后，分液漏斗中水不能顺利流下，则气密性良好 (3). 2Cr2++4CH3COO－+2H2O═[Cr(CH3COO)2]2•2H2O↓ (4). 关闭k1，打开k2 (5). 防止空气进入装置乙氧化二价铬 (6). ②① (7). 75.0%
【解析】
分析】
根据实验目的及实验过程，结合实验装置图可得，甲中发生反应：2CrCl3+Zn=2CrCl2+ZnCl2、Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，利用生成氢气增大甲中压强，使甲中反应后的溶液进入乙中，发生反应：2CrCl2+4CH3COONa+2H2O═[Cr(CH3COO)2]2•2H2O↓+4NaCl，然后过滤、洗涤、干燥，得到[Cr(CH3COO)2]2•2H2O晶体。
【详解】（1）三颈烧瓶与分液漏斗之间用连通管a连接，在盐酸滴入三颈烧瓶时，始终保持三颈烧瓶与分液漏斗中压强相等，起到平衡压强的作用，以保证分液漏斗中的液体顺利滴下。检查装置气密性的原理通常是造成装置不同部位气体存在压强差，并产生明显现象，所以检验甲装置的气密性的方法可以为：关闭k1和k2，用止水夹夹住连通管a，打幵分液漏斗活塞，若一段时间之后，分液漏斗中水不能顺利流下，则气密性良好。
（2）红棕色晶体是CrCl2与CH3COONa溶液反应生成的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，离子方程式为：2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2•2H2O↓。
（3）本实验利用生成氢气增大甲中压强，使甲中反应后的溶液进入乙中，发生反应生成醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，所以步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为：关闭k1，打开k2。
（4）醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O易被氧化，不能直接和空气接触，所以装置丙的作用是：防止空气进入装置乙氧化二价铬。
（5）因为醋酸亚铬水合物易溶于盐酸，微溶于乙醇，难溶于水和乙醚，所以洗涤产品不能用盐酸和乙醇，先用水洗去表面的离子，再用乙醚洗去多余的水，所以洗涤时按使用的先后顺序为：②①。
（6）CrC13的物质的量为：0.2L×0.200mol/L=0.04mol，根据Cr原子守恒，[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的理论产量为：376g/mol×0.04mol=15.04g，又因为实际产量为11.28g，所以本实验中[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的产率是：11.28g÷15.04g×100%=75.0%。
20.砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛用途。回答下列问题：
(1)画出砷的原子结构示意图：______________。
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式：__________________________。
(3)已知：As(s)＋H2(g)＋2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH1；H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH2；2As(s)＋O2(g)=As2O5(s) ΔH3。则反应As2O5(s)＋3H2O(l)=2H3AsO4(s)的ΔH＝________________________。
(4)298 K时，将20mL 3x mol·L-1Na2AsO3、20mL 3x mol·L-1 I2和20mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33- (aq)＋I2(aq)＋2OH-(aq)=AsO43- (aq)＋2I-(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO43- )与反应时间(t)的关系如图所示。
①下列可判断反应达到平衡的是________(填选项字母)。
a．溶液的pH不再变化 b．v(I-)＝2v(AsO33-)
c．不再变化 d．c(I－)＝y mol·L-1
②tm时，v正______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
③tm时的v逆____tn时的v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】 (1). (2). 2As2S3＋5O2＋6H2O=4H3AsO4＋6S (3). 2ΔH1－3ΔH2－ΔH3 (4). ac (5). 大于 (6). 小于
【解析】
【分析】
由已知热化学方程式的热焓变求未知反应的热焓变时，可利用盖斯定律进行计算。
在利用坐标图象进行正逆反应速率的比较时，可利用曲线的走势，判断反应是正向进行还是达平衡状态，从而得出正、逆反应速率或逆、逆反应速率的大小关系。
【详解】(1)砷的原子结构示意图：；
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。发生反应的化学方程式：2As2S3＋5O2＋6H2O===4H3AsO4＋6S；
(3)已知：As(s)＋H2(g)＋2O2(g)===H3AsO4(s) ΔH1 ①
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH2 ②
2As(s)＋O2(g)===As2O5(s) ΔH3 ③
将①×2-②×3-③得：As2O5(s)＋3H2O(l)===2H3AsO4(s)的ΔH＝2ΔH1－3ΔH2－ΔH3；
(4)①a．溶液的pH不再变化，说明c(OH-)不变，反应达平衡状态，a符合题意；
b．v(I-)=2v(AsO33-)，说明未达平衡状态，因为平衡状态时各物质表示的平均反应速率都为0，b不合题意；
c．不再变化，说明AsO33- 、AsO43- 的浓度保持不变，反应达平衡状态，c符合题意；
d．c(I-)=y mol·L-1，因为达平衡状态时，c(I-)=2y mol·L-1，所以反应未达平衡状态，d不合题意；
故选ac；
②tm时，反应正向进行，所以v正大于v逆。答案为：大于；
③因为从tm到tn，反应仍在正向进行，而随着反应的不断进行，逆反应速率不断增大，所以tm时v逆小于tn时v逆。
相关资料
更多
