山东省潍坊市2020届高三化学模拟试题（Word版附解析）

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2020 年高三模拟考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Zn 65 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合 题意 1.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起 了重要作用，下列有关说法错误的是（ ） A. 使用 84 消毒液杀菌消毒是利用 HClO 或 ClO-的强氧化性 B. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化 C. N95 型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料 D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃 【答案】B 【解析】 【详解】A. 84 消毒液的主要成分是 NaClO，ClO－能发生水解生成 HClO，HClO 或 ClO－具有 强氧化性能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，故 A 说法正确； B. 酒精能使蛋白质变性，属于化学变化，故 B 说法错误； C. 聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到，即聚丙烯属于高分子材料，故 C 说法正确； D. 四氟乙烯的结构简式为 CF2=CF2，仅含有 C 和 F 两种元素，即四氟乙烯属于卤代烃，故 D 说法正确； 答案：B。 2.下列化学用语对事实的表述错误的是( ) A. 氯原子的结构示意图： B. 羰基硫(COS)的结构式为 O C S  C. 为 Si 原子的一种激发态 D. 中子数为 10 的氧原子形成的过氧根离子： 10 2 8 2O  【答案】D 【解析】 【详解】A．氯原子核外共有 17 个电子，其原子结构示意图为 ，A 选项正确； B．羰基硫(COS)的中心原子为 C，C 与 O、C 与 S 均形成两对共用电子对，其结构式为 O=C=S， B 选项正确； C．Si 原子的基态核外电子排布式为[Ne]3s23p2，3s 轨道中一个电子跃迁至 3p 轨道中形成 ，处于激发态，C 选项正确； D．根据质量数=质子数+中子数可知，中子数为 10 的氧原子质量数=10+8=18，则其形成的过 氧根离子应为 18 2 8 2O  ，D 选项错误； 答案选 D。 3.磷酸氯喹(结构如图所示)可用于治疗新冠肺炎，2020 年 3 月 4 日印发的《新型冠状病毒肺炎 诊疗方案(试行第七版)》中明确规定了其用量。下列关于磷酸氯喹的说法错误的是( ) A. 化学式为 18 33 3 8 2C H ClNOP B. 含有 2 个 3sp 杂化的氮原子和 1 个 2sp 杂化的氮原子 C. 所含官能团之一为氯原子(碳氯键) D. 可以发生取代反应、加成反应和氧化反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据磷酸氯喹的结构式可知，该有机物的分子式为 C18H32ClN3O8P2，A 选项错误； B．该分子中有 2 个 N 原子形成的均是单键，1 个 N 原子形成双键，因此含有 2 个 sp3 杂化的 氮原子和 1 个 sp2 杂化的氮原子，B 选项正确； C．由磷酸氯喹的结构式可知，该分子中苯环处含有官能团氯原子，C 选项正确； D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应，D 选项 正确； 答案选 A。 4.设 AN 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( ) A. 1L 10.1mol L 醋酸钠溶液含有的 Na  数目为 A0.1N B. 2.24L 2N 和 2CO 的混合气体中含有 π 键的数目为 A0.2N C. 7g 乙烯和环丁烷  4 8C H 的混合气体中含有的氢原子数目为 AN D. 100mL 112mol L 的浓 3HNO 与过量 Cu 反应，转移的电子数大于 A0.6N 【答案】B 【解析】 【详解】A．1L 0.1mol·L-1 醋酸钠溶液中溶质的物质的量为 1L×0.1mol·L-1=0.1mol，则该溶液 中含有的 Na+物质的量为 0.1mol，数目为 0.1NA，A 选项正确； B．N2 的结构式为 N≡N，1 个 N2 分子中含有 2 个 π 键，CO2 的结构式为 O=C=O，1 个 CO2 分 子中含有 2 个 π键，但此处没有注明标准状况下，不能准确得出混合气体的物质的量，故不能 得出混合气体中含有 π 键的数目，B 选项错误； C．乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式为“CH2”，7g“CH2”的物质的量为 -1 7g =0.5mol14g mol ，氢原 子数目为 NA，C 选项正确； D．浓 HNO3 与铜反应生成 NO2，稀 HNO3 与铜反应生成 NO，即 Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2 ＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，100mL12mol·L－1 的浓 HNO3 中含有的 n(HNO3)＝0.1L×12mol·L－1＝1.2mol，1.2molHNO3 参与反应，若其还原产物只有 NO2， 则反应转移 0.6mol 电子，还原产物只有 NO 则反应转移 0.9mol 电子，100mL12mol·L－1 的浓 HNO3 与过量 Cu 反应的还原产物为 NO 和 NO2，因此转移的电子数大于 0.6NA，故 D 选项正 确； 答案选 B。 【点睛】本题的难点在于 D 选项，解答时需要注意浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计 算电子时用极限思维。 5.碱式氯化铜 a b 2Cu Cl (OH) xH O 是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步 骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 2CuCl 。已知 3Fe  对该反应有催化作用， 其催化原理如图所示。步骤 2：在制得的 2CuCl 溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式 氯化铜。下列有关说法错误的是( ) A. a、b、c 之间的关系式为 a=2b+2c B. 图中 M、N 分别为 3Fe  、 2Fe  C. 为了除去 2CuCl 溶液中的杂质 3Fe  ，可加入过量的 CuO 、过滤 D. 若制备1mol a b 2Cu Cl (OH) xH O ，理论上消耗11.2a 2L(STP)O 【答案】A 【解析】 【分析】 由实验步骤及转化图可知，发生反应 2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O， N 为 Fe2+，M 为 Fe3+， 在制得在制得的 CuCl2 溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负 化合价代数和为 0，依此结合选项解答问题。 【详解】A．根据化合物中正负化合价的代数和为 0，可知 2a=b+c，A 选项错误； B．根据上述分析，N 为 Fe2+，M 为 Fe3+，B 选项正确； C．Fe3+水解使溶液显酸性，CuO 与 H+反应产生 Cu2+和水，当溶液的 pH 增大到一定程度，Fe3+ 形成 Fe(OH)3 而除去，从而达到除去 Fe3+的目的，C 选项正确； D．若制备 1mol a b 2Cu Cl (OH) xH O ，转移的电子数为 2a mol，根据得失电子守恒，理论上 消耗 0.5a molO2，标准状况(STP)下的体积为 11.2a L，D 选项正确； 答案选 A。 6.下列反应的离子方程式正确的是( ) A. 红褐色固体 3Fe(OH) 全部溶于氢碘酸： 3 3 2Fe(OH) 3H Fe 3H O    B. 水杨酸溶于 3NaHCO 溶液中： C. 将等浓度的 2Ba(OH) 溶液与 4NaHSO 液按体积比 2:3 混合： 2 2 4 4 22Ba 2SO 3H 3OH 2BaSO 3H O         D 洁厕灵(含 HCl )与 84 消毒液混合后产生氯气： 2Cl H ClO Cl OH        【答案】C 【解析】 【详解】A．Fe(OH)3 溶于氢碘酸，Fe3+会氧化 I-得到 I2，正确的离子反应方程式应为： 2Fe(OH)3+2I-+6H+===2Fe2++6H2O+I2，A 选项错误； B．水杨酸中酚羟基不能与 NaHCO3 发生反应，正确的离子反应方程式为： +HCO3-→ +CO2↑+H2O，B 选项错误； C．等浓度的 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO4 溶液按体积比 2:3，则两者物质的量之比为 2:3，两者混 合后，2molBa2+消耗 2molSO42-，3molH+消耗 3molOH-，反应的离子反应方程式为： 2 2 4 4 22Ba 2SO 3H 3OH 2BaSO 3H O         ，C 选项正确； D．84 消毒液的主要成分是 NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的 HCl，反应的离子反应 方程式为：Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O，D 选项错误； 答案选 C。 【点睛】本题 B 选项为易错选项，在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的，不能和 HCO3- 发生发应。 7.短周期元素 X、Y、Z 原子半径的顺序为 Z＞X＞Y，基态 X 原子 p 能级上的电子数是 Y 原 子质子数的 3 倍，它们可以形成离子化合物 2 5X Y Z ，其中阳离子 + 2 5X Y （已知 2 4X Y 水合物 的 b1K 为 -6.0610 、 b2K 为 -13.7310 ）的结构如图所示。下列叙述错误的是 A. 2 5X Y Z 的阴、阳离子均含有 18 个电子 B. 常温下， 2 5X Y Z 的水溶液呈碱性 C. 三种元素中 Y 的电负性最小 D. 简单气态氢化物的还原性：X＞Z 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z 是短周期元素，基态 X 原子 p 能级上的电子数是 Y 原子质子数的 3 倍，且原子半径 X>Y，根据 X2Y5+离子的结构示意图可知，X 为 N 元素，Y 为 H 元素，又 X、Y、Z 可形成离 子化合物 X2Y5Z，且原子半径 Z>X，则 Z 为 Cl 元素，据此分析解答问题。 【详解】A．X2Y5Z 为 N2H5Cl，化合物中阴离子为 Cl-，含有 18 个电子，阳离子为 N2H5+，含 有的电子总数为 7×2+1×5-1=18，A 正确； B．已知 N2H4 水合物的 b1K 为 -6.0610 、 b2K 为 -13.7310 ，则 N2H4 的水合物 N2H4·H2O 为弱碱，因 此常温下，N2H5Cl 溶液中 N2H5+水解显酸性，B 错误； C．非金属性越强，电负性越大，非金属性 H 元素最弱，故 H 的电负性最小，C 正确； D．X、Z 的简单氢化物分别为 NH3、HCl，元素非金属越强对应阴离子的还原性越弱，由于氧 化性 Cl>N，则 NH3 的还原性更强，D 正确； 答案选 B。 8.牛津大学与 IBM 苏黎世研究中心首次借助原子力显微镜(AFM)对分子甲及反应中间体乙、丙 进行高分辨率的探测成像，并利用单原子操纵技术对其进行原子尺度的操作，通过针尖施加 电压脉冲逐步切断 C O 基团，最终成功合成了 2019 年度明星分子丁。下列说法错误的是 ( ) A. 甲分子含有 6 个手性碳原子 B. 反应中间体乙、丙都是碳的氧化物 C. 丁和石墨互为同素异形体 D. 甲生成丁的反应属于分解反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．手性碳原子一定是饱和的碳原子，且碳原子所连接的四个基团不相同，根据甲分 子的结构可知，甲分子中的碳原子均为不饱和碳，故甲分子中不含有手性碳原子，A 选项错误； B．反应中间体乙、丙均是只由 C、O 两种元素组成，属于碳的氧化物，B 选项正确； C．由丁分子的结构可知，丁是 C 元素形成的单质，与石墨互为同素异形体，C 选项正确； D．根据题干信息分析可知，甲通过针尖施加电压脉冲分解得到丁和氧气，属于分解反应，D 选项正确； 答案选 A。 9.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是( ) 操作和现象 结论 A 向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再 通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀 利用该实验可以证明非金属 性： Cl C Si  B 取少量某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿 润的红色石蕊试纸变蓝 样品为硫酸铵 C 向 等体积等浓度稀硫酸中分别加入少许等物质的量的 ZnS和 CuS固体， ZnS溶解而 CuS不溶解 sp spK (CuS)H2CO3，但不能说明非金属性 Cl>C，A 选项错误； B．某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明 该样品中含有 NH4+，可能为(NH4)2SO4 或 NH4HSO4，B 选项错误； C．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积 越大，等体积等浓度稀硫酸中分别加入少许等物质的量的 ZnS 和 CuS 固体，ZnS 溶解而 CuS 不溶解，则 Ksp(CuS)[H2PO4-]>[HPO42-]>[H3PO4]，B 选项正确； C．当 pH=7 时，[H+]=[OH-]，溶液中有电荷守恒[Na+]+[H+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]， 则[Na+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]，C 选项正确； D．当 V(NaOH)=40mL 时，溶液的 pH=9.7，溶质为 Na2HPO4，溶液中存在着电荷守恒： [Na+]+[H+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]，物料守恒： [Na+]=2[H2PO4-]+2[HPO42-]+2[PO43-]+2[H3PO4]，两式相减有： [PO43-]+[OH-]=[H+]+[H2PO4-]+2[H3PO4]，D 选项正确； 答案选 A。 二、选择题：本题共 5 小题,每小题 4 分，共 20 分。每小题有一个或两个选项符合 题意，全部选对得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。 11.2020 年 3 月 9 日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第 54 颗导航卫星。长征三号乙运载火箭一二子级使用液体四氧化二氮和液体偏二甲肼( 2 8 2C H N ， 又称 1，1-二甲基联氨)作为推进剂，第三子级使用液氢和液氧作为推进剂，两组推进剂燃烧的 产物均为无毒物质。下列说法正确的是( ) A. 偏二甲肼分子中既有极性键也有非极性键，属于非极性分子 B. 燃烧时每消耗1mol 偏二甲肼会转移16mol 电子 C. 若1mol 液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放 akJ 能量，则氢气的燃烧热为 -1akJ mol D. 两组推进剂燃烧的产物不会造成任何环境问题 【答案】B 【解析】 【详解】A．偏二甲肼(C2H8N2，又称 1，1-二甲基联氨)的结构式为 ，分子中 N 和 C、N 和 H、C 和 H 均形成极性键，N 和 N 形成非极性键，但该分子结构不对称，是极性 分子，A 选项错误； B．四氧化二氮和偏二甲肼燃烧的反应方程式为 C2H8N2+2N2O4===3N2↑+4H2O↑+2CO2↑，C2H8N2 中的 N 的化合价由-2 价变为 0 价，C 元素的化合价由-2 价变为+4 价，因此燃烧时每消耗 1mol 偏二甲肼会转移 2×2+6×2=16mol 电子，B 选项正确； C．1mol 液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放 a kJ 能量，液态氢变成氢气需要吸收热 量，故氢气的燃烧热小于 a kJ·mol-1，C 选项错误； D．第一组推进剂四氧化二氮和偏二甲肼燃烧会生成 CO2，CO2 会引起温室效应，D 选项错误； 答案选 B。 12.硫酸亚铁的用途广泛，可以制备下图所示物质，下列说法错误的是( ) A.  4 2 4 5Fe (OH) SO 属于碱式盐，可用作净水剂 B. 与足量 4 3NH HCO 反应的离子方程式为： 2 3 3HCO Fe FeCO H      C. 可用稀硫酸和  3 6K Fe(CN) 溶液检验铁红中是否含有 3FeCO D. “冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒 【答案】BD 【解析】 【详解】A．Fe4(OH)2(SO4)5 电离后的阴离子为 OH-和 SO42-，阳离子为 Fe3+，属于碱式盐，其 中 Fe3+可水解产生 Fe(OH)3 的胶体，吸附水中的杂质，可作净水剂，A 选项正确； B．FeSO4 与足量 NH4HCO3 反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-===FeCO3+CO2↑+H2O，B 选项 错误； C．Fe2+能使 K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，用稀硫酸和 K3[Fe(CN)6]溶液检验铁红中是否含有 FeCO3，若含有，溶液会生成蓝色沉淀，若不含有，则无明显现象，C 选项正确； D．“冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角、 玻璃棒，D 选项错误； 答案选 BD。 13.2019 年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池领域做出巨大贡献的三位科学家。某锂离子电池 6C Li 为负极， 1-x 2Li MO 为正极，锂盐有机溶液作电解质溶液，电池反应为 1-x 2 2 6 1-xLi MO LiMO +C Li 放电 充电 则下列有关说法正确的是 A. 金属锂的密度、熔点和硬度均比同族的碱金属低 B. 该锂离子电池可用乙醇作有机溶剂 C. 电池放电时，Li+从正极流向负极 D. 电池充电时，阳极的电极反应式为 - + 2 1-x 2LiMO -xe =xLi +Li MO 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题干信息，结合电池反应可知，电池放电时作原电池，C6Li 为负极，失去电子发生氧化 反应，Li1-xMO2 为正极，得到电子发生还原反应；电池充电时为电解池，原电池的负极与外接 电源负极相连作电解池的阴极，则 C6Li1-x 为阴极，原电池的正极与外接电源正极相连作电解 池的阳极，则 LiMO2 作阳极。 【详解】A．碱金属元素从上到下对应单质的熔沸点逐渐降低，故金属锂的熔点均比同族的碱 金属高，A 错误； B．乙醇的氧化还原电位太低，容易被氧化，不能作该锂离子电池的有机溶剂，B 错误； C．电池放电时，为原电池，阳离子(Li+)从负极向正极移动，C 错误； D．由上述分析可知，电池充电时，LiMO2 作阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为 LiMO2-xe-=xLi++Li1-xMO2，D 正确； 答案选 D。 【点睛】原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池中阳极发生氧化反应，阴 极发生还原反应。 14.丙酮的碘代反应 3 3 2 3 2CH COCH I CH COCH I HI   的速率方程为    3 2 n 3 m CH Cv=kc OCH c I ，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为 0.7/k 改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。   1 3 3c CH COCH / mol L   1 2c I / mol L 3 1 1v/10 mol L min    0.25 0.050 1.4 0.50 0.050 2.8 1.00 0.050 5.6 0.50 0.100 28 下列说法正确的是( ) A. 速率方程中的 m=1、 n=0 B. 该反应的速率常数 3 1k 2.8 10 min   C. 增大 2I 的浓度，反应的瞬时速率加快 D. 在过量的 2I 存在时，反应掉 87.5%的 3 3CH COCH 所需的时间是 375min 【答案】AD 【解析】 【详解】A．由第一组数据和第二组数据可得 m -3 -3 0.50 2.8 10=0.25 1.4 10       ，则 m=1，由第二组数据 和第四组数据可得 n -3 -3 0.100 2.8 10=0.050 2.8 10       ，则 n=0，A 选项正确； B．由 A 可知，m=1，n=0，则 v=kc(CH3COCH3)，带入第一组数据可得，k=5.6×10-3min-1，B 选项错误； C．由第二组和第四组数据分析可知，当其他条件不变时，增大 I2 的浓度，反应的瞬时速率不 变，C 选项错误； D．存在过量的 I2 时，反应掉 87.5%可以看作经历 3 个半衰期，即 50%+25%+12.5%，因此所 需的时间为 -3 3 0.7 =375min5.6 10   ，D 选项正确； 答案选 AD。 【点睛】本题的难点在于 D 选项，正确理解半衰期的含义，知道反应掉 87.5%的 3 3CH COCH 可以看作经历 3 个半衰期，即 50%+25%+12.5%，为解答本题的关键。 15.某温度下，向10mL 10.01mol L 2PbCl 溶液中滴加 10.01mol L 的 2Na S 溶液，滴加过程 中  2+-lgc Pb 与 2Na S 溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是( ) A. 该温度下， 28 2 2 spK (PbS) 1.0 10 mol L    B. a、b、c 三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为 a 点 C. 若改用 10.02mol L 2Na S 溶液，b 点应该水平左移 D. 若改用 10.02mol L 2PbCl 溶液，b 点移向右下方 【答案】AC 【解析】 【详解】A．该温度下，平衡时 c(Pb2+)=c(S2-)=10-14mol·L-1，则 Ksp(PbS)= c(Pb2+)·c(S2-)=(10-14 mol·L-1)2=10-28 mol2·L-2，A 选项正确； B．Pb2+单独存在或 S2-单独存在均会水解，促进水的电离，b 点时恰好形成 PbS 的沉淀，此时 水的电离程度最小，B 选项错误； C．若改用 0.02mol·L-1 的 Na2S 溶液，由于温度不变，Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)不变，即平衡时 c(Pb2+)不变，纵坐标不变，但消耗的 Na2S 体积减小，故 b 点水平左移，C 选项正确； D．若改用 0.02mol·L-1 的 PbCl2 溶液，c(Pb2+)增大，纵坐标增大，消耗的 Na2S 的体积增大，b 点应移向右上方，D 选项错误； 答案选 AC。 三、非选择题：本题共 5 个小题，共 60 分。 16.利用某冶金行业产生的废渣(主要含 2 3V O ，还有少量 2SiO 、 2 3P O 等杂质)可以制备    4 6 3 9 25 4NH (VO) CO (OH) 10H O ，生产流程如下： 已知： 2 5V O 微溶于水、溶于碱生成 3 4VO  (加热生成 3VO )，具有强氧化性。向 3 4Na VO 溶液 中加酸，不同 pH 对应的主要存在形式如表： pH 13… 10.6~12 约 8.4 3~8 约 2 <1 存在形式 3 4VO  4 2 7VO  3 3 9VO  6 10 28V O  2 5V O 2VO 回答下列问题： (1)“焙烧”后 V 元素转化为 3NaVO ，Si元素转化为________(写化学式)。 (2)欲除尽磷元素(即 3 5 1 4PO 1.0 10 mol L      „ )，最终溶液中 2+Mg 的浓度至少为 ________ 1mol L (已知   24 sp 3 4 2K Mg PO 1.0 10     )。 (3)“沉钒”过程中， pH 由 8.5 到 5.0 发生反应的离子方程式为________；最终需要控制 pH 约 为________；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是________(写化学式)。 (4)“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分为________、________。 【答案】 (1). 2 3Na SiO (2). 14 31.0 10   (3). 3 6 3 9 10 28 210V O 12H 3V O 6H O     (4). 2 (5). 2 5V O (6). 2 2 2 22VO HCOOH 2H 2VO CO 2H O        (7).    2 4 3 2 4 6 3 9 2 25 45NH 6VO 17HCO 6H O NH (VO) CO (OH) 10H O 13CO         【解析】 【分析】 结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O 的生产流程分析，废渣加入 Na2CO3 在空 气中焙烧得到 NaVO3 和 Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入 MgSO4 得到 H2SiO3 和 Mg3(PO4)2 的滤 渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到 V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到 VO2+，加入 HCOOH 还原得到 VO2+，加入 NH4HCO3 转化得到产品，据此分析解答。 【详解】(1)由上述分析可知，废渣加入 Na2CO3 在空气中焙烧得到 NaVO3 和 Na2SiO3，Na3PO4， 故答案为：Na2SiO3； (2)因为 Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO43-)，已知 Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设 PO43-刚好完全 除尽，即 c(PO43-)=1.0×10-5mol·L-1，则         14-3 - 4 22+ 3 24 3 -1 - 4 5- 32 3 1 mol L.0 10= = = 1.0 10 Mg PO c Mg 1.0 10 c PO spK        ，即溶液中 Mg2+的浓度至 少为 14- 3 -1mol1.0 10 L  ，故答案为： 14 31.0 10   ； (3)结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH 由 8.5 到 5.0 主要发生的反应时 V3O93-转化为 V10O286-，反应的离子方程式为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O，沉钒最终得到的物质时 V2O5，所需要控制的 pH 约为 2，故答案为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O；2；V2O5； (4)根据上述分析，“还原”过程中 HCOOH 将 VO2+还原得到 VO2+，自身被氧化为 CO2，根据氧 化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O，“转 化”时，NH4HCO3 与上一步还原得到 VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为： 5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑，故答案为： 2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O； 5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑。 17.工业炼铁过程中涉及到的主要反应有： ① 2 2C(s) O (g) CO (g)  1 1ΔH 393kJ mol   ② 2C(s) CO (g) 2CO(g)  1 2ΔH 172kJ mol  ③ 2 3 2Fe O (s) 3CO(g) 2Fe(s) 3CO (g)  3ΔH ④ 2 3 22Fe O (s) 3C(s) 4Fe(s) 3CO (g)  1 4ΔH 460kJ mol  回答下列问题： (1) 3ΔH = ________ 1kJ mol 。 (2) 1T 时，向容积为10L 的恒容密闭容器中加入3mol 2 3Fe O 和3mol CO 发生反应③，5min 时 达到平衡，平衡时测得混合气体中 2CO 的体积分数为 80%，则 0~5min 内反应的平均速率  2v CO = ________ 1 1mol L min   ，该温度下反应的平衡常数为________，下列选项中能 够说明该反应已经达到平衡状态的是________(填标号)。 A.固体的物质的量不再变化 B.体系的压强保持不变 C.混合气体的平均摩尔质量保持不变 D.单位时间内消耗 CO 和生成 2CO 的物质的量相等 (3)一定条件下进行反应③，正向反应速率与时间的关系如图所示， 2t 时刻改变了一个外界条 件，可能是________。 (4)向密闭容器中加入足量的 2 3Fe O 、Fe 和一定量的 CO 、 2CO ，在 2T 和 3T 下，反应③体系中 CO和 2CO 的分压随时间变化的关系如图所示(已知温度： 1 2 3T >T >T ) 2T 时，  2P CO 随时间变化关系的曲线是________， 3T 时， P(CO) 随时间变化关系的曲线 是________。向 3T 时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的 CO ，再次达到平衡 时， CO与 2CO 的物质的量之比为________。 【答案】 (1). -28 (2). 0.048 (3). 64 (4). AC (5). 恒压条件下充入一定量 2CO (6). a (7). c (8). 1:7 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律进行ΔH3 的计算； (2)根据题干信息，列三段式求出 CO 转化的物质的量，从而求出 0~5min 内的平均反应速率和 平衡常数，根据分析“变量”来判断是否能够作为反应达到平衡的标志； (3)结合化学反应速率和平衡移动的影响因素进行分析解答； (4)结合第(2)中的平衡常数，根据 CO 和 CO2 的浓度比通过阿伏伽德罗定律得出三个温度下     2P CO P CO 的大小关系，从而结合图像分析得出代表曲线，在根据温度不变，平衡常数不变求 出比值。 【详解】(1)由题干信息分析可得，反应③可通过反应 1 2 (④-②×3)得到，根据盖斯定律， ΔH3= 1 2 (ΔH4-3ΔH2)= 1 2 (460-3×172)=-28kJ·mol-1，故答案为：-28； (2)T1 时，向容积为 10L 的恒容密闭容器中加入 3molFe2O3 和 3molCO 发生反应③，平衡时测 得混合气体中 CO2 的体积分数为 80%，设 CO 转化了 x mol，列三段式有：       2 3 2Fe O (s) 3CO(g) 2Fe(s) 3C mol 3 0 mol x x mol 3-x x O (g)  初始 转化 平衡 则 x =80%3-x+x ，解得 x=2.4mol，因此 0~5min 内反应的平均速率   -1 -1 2 2.4mol 10Lv CO = =0.048mol L min5min   ，该温度下的平衡常数     33 -1 2 3 -1 c CO 0.24mol L= = =64c CO 0.06mol LK        ； A．由化学反应方程式可知，反应中固体的物质的量为一个变量，当固体的物质的量不再发生 改变时，可以说明反应达到了平衡，A 选项正确； B．恒温恒容时，由阿伏伽德罗定律 PV=nRT 可知，体系的压强与气体的物质的量成正比，因 为反应中气体的物质的量始终保持不变，所以体系压强始终不变，故体系的压强保持不变不 能说明反应达到了平衡，B 选项错误； C．混合气体的平均摩尔质量=混合气体的总质量÷混合气体的物质的量，反应前后混合气体的 总质量增加，总物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量为一个变量，当混合气体的平均 摩尔质量保持不变时，可以说明反应达到了平衡，C 选项正确； D．单位时间内消耗 CO 和生成 CO2 都是正反应方向，不能说明反应达到了平衡，D 选项错误； 答案选 AC，故答案为：0.048；64；AC； (3)由于该反应是一个反应前后气体体积不变的且正反应是放热的反应，根据图像变化趋势可 知，在 t2 时 v 正减小，且重新平衡时等于原平衡的 v 正，平衡不移动，则改变的条件可能是在 恒压条件下充入一定量的 CO2 气体，故答案为：在恒压条件下充入一定量的 CO2 气体； (4)由(2)知，T1 时，反应③的平衡常数     3 2 3 c CO= 64c COK  ，因为 T1>T2>T3，所以 T2、T3 时， 反应达到平衡后 K3>K2>K，则达到平衡后，T3 时的     2P CO P CO >T2 时的     2P CO 4P CO  ，故曲线 a 表示 T2 时 P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线 d 表示 T2 时 P(CO)随时间变化的关系曲线，曲 线 b 表示 T3 时 P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线 c 表示 T3 时 P(CO)随时间变化的关系曲线， 由于温度不变，平衡常数不变，故向 T3 时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的 CO，再次达到平衡时，CO 与 CO2 的物质的量之比仍为 1:7，故答案为：a；c；1:7。 【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、根据图像对平衡移动的判断、运用三段式计算平 衡常数等知识点，重点培养学生能够利用化学知识提取题干信息的能力，难点在于第(4)题曲 线的判断，需要灵活运用不同温度下的平衡常数与浓度的关系，结合阿伏伽德罗定律推知分 压的关系。 18.工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题： Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。 测定原理： +3Br2→ ↓+3HBr 测定步骤： 步骤 1：准确量取 25.00mL 待测废水于 250mL 锥形瓶中。 步骤 2：将 5.00mL 1amol L 浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。 步骤 3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入 bmL 10.10mol L KI溶液(过量)，塞紧瓶塞，振荡。 步骤 4：滴入 2~3 滴指示剂，再用 10.010mol L 2 2 3Na S O 标准溶液滴定至终点，消耗 2 2 3Na S O 溶液 1V mL (反应原理： 2 2 2 3 2 4 6I 2Na S O 2NaI Na S O   )。待测废水换为蒸馏水，重复上 述步骤(即进行空白实验)，消耗 2 2 3Na S O 溶液 2V mL 。 (1)“步骤 1”量取待测废水所用仪器是________。 (2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。 (3)“步骤 4”滴定终点的现象为________。 (4)该废水中苯酚的含量为________ 1mg L (用含 1V 、 2V 的代数式表示)。如果空白实验中“步 骤 2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)； 如果空白实验中“步骤 4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。 Ⅱ.处理废水。采用 Ti 基 2PbO 为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解， 阳极上产生羟基(· OH )，阴极上产生 2 2H O 。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域 将苯酚深度氧化为 2CO 和 2H O 。 (5)写出阳极的电极反应式：________。 (6)写出苯酚在阴极附近被 2 2H O 深度氧化的化学方程式：________。 【答案】 (1). (酸式)滴定管 (2). 塞紧瓶塞 (3). 滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝 色恰好褪去，且半分钟不恢复原色 (4).  2 194 V -V 15 (5). 偏低 (6). 偏低 (7). 2H O e OH H     (8). 6 5 2 2 2 2C H OH 14H O 6CO 17H O    【解析】 【分析】 向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入 KI 溶液与剩下的 Br2 发生氧 化还原反应得到 I2，方程式为 Br2+2I-===I2+2Br-，再用 Na2S2O3 标准溶液滴定 I2，可根据消耗 的 Na2S2O3 标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的 Br2 的物质的量，再设置一个空白实验测 出浓溴水的物质的量，用 Br2 总的物质的量-剩余 Br2 的物质的量即可得出与苯酚反应的 Br2 的 物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验 基本操作及注意事项解答问题。 【详解】(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤 1”中准确量取废水时所用的仪 器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管； (2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为： 塞紧瓶塞； (3)用 0.01mol/LNa2S2O3 标准溶液滴定至终点，由于 Na2S2O3 标准溶液会反应 I2，加入的淀粉遇 I2 变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟 不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原 色； (4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式： 2 2 2 2 3 1 1 2 2 Br ~2KI ~I ~2Na S O 0.005V 0.01V 0.005V 0.01V 剩下的浓溴水中 Br2 的物质的量为 0.005V1 mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L 的 浓溴水中 Br2 的物质的量为 0.005V2 mmol，则与苯酚参与反应的 Br2 的物质的量为 0.005(V2-V1) mmol，根据方程式 +3Br2→ ↓+3HBr 可得苯酚的物质的量为  2 10.005 V -V 3 mmol，质量为  2 194 0.005 V -V 3  mg，则该废水中苯酚的含量为    2 1 2 1 -1 3 94 0.005 V -V mg 94 V -V3 mg L25 10 15L    ，若步骤 2 中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致 最终消耗的 Na2S2O3 的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤 4 滴定终点时 俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的 Na2S2O3 的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案 为：  2 194 V -V 15 ；偏低；偏低； (5)由题干信息可知，Ti 基 PbO2 为阳极，则阳极 H2O 失去电子产生·OH，电极反应式为 H2O-e-===H++·OH，故答案为：H2O-e-===H++·OH； (6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的 H2O2 深度氧化产生 CO2 和 H2O，有氧化还原反应规 律得到其反应方程式式为 C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O，故答案为： C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。 19.如图所示是金刚石的晶胞结构，除顶点和面心上有碳原子外，4 条体对角线的 1/4 处还各有 1 个碳原子。回答下列问题： (1)若图中原子 1 的坐标为 (0,0,0) ，则原子 2 的坐标为________。若金刚石的晶胞参数为 1a pm ， 则其中碳碳键的键长d= ________pm(用含 1a 的代数式表示)。 (2)面心立方 ZnS晶胞与金刚石结构类似，阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半。 ①S 元素及其同周期的相邻元素第一电离能由小到大的顺序是________，二氯化硫( 2SCl )分子 中 S 原子的杂化类型是________。 ②写出基态 2Zn  的电子排布式________；把晶胞示意图中表示 2Zn  的小球全部涂黑 _______。 ③锌锰干电池中 2Zn  可吸收电池反应产生的 3NH 生成   2 3 4Zn NH    ，该离子中含有 ________个 σ 键。 ④若该 ZnS晶胞的晶胞参数为 2a pm ，阿伏加德罗常数的值为 AN ，则晶体的密度为 ________ 3g cm (列出计算式) (3)有人设想冰的晶胞也应该类似于金刚石，但实际较为复杂，可能是因为氢键较弱而导致“饱 和性和方向性”很难被严格执行。例如有文献报道氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则每个 3NH 与周围________个 3NH 通过氢键相结合。 【答案】 (1). 1 1 3, ,4 4 4      (2). 13a 4 (3). S P Cl  (4). 3sp (5). 10[Ar]3d (6). 或 (7). 16 (8). 32 3 2 A 3.88 10 a N  (9). 6 【解析】 【详解】(1)若图中原子 1 的坐标为(0,0,0)，则可建立以原子 1 为原点的坐标系，根据题干信息 可知，原子 2 位于其中一条对角线上，根据立体几何可知，原子 2 的坐标为( 1 4 , 1 4 , 3 4 ,)，晶胞 中 C 原子形成的碳碳单键的键长刚好为体对角线的 1 4 ，因此，若金刚石的晶胞参数为 1a pm ， 则其中碳碳键的键长为 13a 4 pm，故答案为：( 1 4 , 1 4 , 3 4 ,)； 13a 4 ； (2)①与 S 元素同周期的相邻元素分别为 P 和 Cl，一般情况下，同周期第一电离能逐渐增大， 但 P 的 3p 轨道为 3p3 半充满状态，故第一电离能由小到大的为顺序为 S

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