2016年河南省南阳一中高考化学三模试卷

2016年河南省南阳一中高考化学三模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)1.化学是你，化学是我，化学深入我们生活，下列有关说法不正确的是（）A.“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化C.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D.古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【答案】B【解析】解：A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B．屠呦呦对青蒿素的提取是利用相似相溶原理，为萃取过程，没有新物质生成属于物理变化，故B错误；C．铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故C正确；D．剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故D正确；故选：B．A．气溶胶为胶体分散系，胶体具有丁达尔效应；B．屠呦呦对青蒿素的提取是利用相似相溶原理，为萃取过程；C．铁置换铜属于湿法炼铜；D．合金的硬度大于其任一成分．本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，解题关键在于明确物理变化与化学变化的区别，题目难度不大．2.N A表示阿伏加罗常数的值，下列有关叙述正确的个数为（）①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4N A②4.2g乙烯和丙烯混合气中含有的极性键数目为0.6N A③标况下，3.36LHF含有的电子数为1.5N A④常温下1L0.5mol/L NH4C l溶液与2L0.25mol/L NH4C l溶液所含NH4+的数目相同⑤常温下4.6g NO2和N2O4混合气体中所含原子总数为0.3N A⑥在KC l O3+6HC l（浓）=KC l+3C l2+3H2O反应中，每生成1mol C l2转移的电子总数为2N A⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3N A⑧高温下，16.8g F e与足量水蒸气完全反应失去0.8N A个电子．A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【解析】解：①苯环中不含碳碳双键，故苯乙烯中含有1条碳碳双键，即1mol苯乙烯中含N A 条碳碳双键，故①错误；②乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故4.2g混合物中含有的CH2的物质的量为0.3mol，且结构中均C-H键为极性键，故0.3mol CH2中含0.6N A条极性键，故②正确；③标况下，HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的电子数，故③错误；④溶液越稀，NH4+的水解程度越大，故1L0.5mol/L NH4C l溶液与2L0.25mol/L NH4C l溶液所含NH4+的数目前者多，故④错误；⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，则含0.3N A个原子，故⑤正确；⑥KC l O3+6HC l（浓）=KC l+3C l2+3H2O反应转移5mol电子生成3mol氯气，故当生成1mol氯气时转移N A个电子，故⑥错误；⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，铁过量，而氯气反应后变为-1价，故1mol氯气得2N A个电子，则铁失去2N A个电子，故⑦错误；⑧16.8g F e的物质的量为0.3mol，而铁与足量水蒸气完全反应变为+，故0.3mol铁转移0.8N A个电子，故⑧正确．故选A．①苯乙烯中含有1条碳碳双键；②4乙烯和丙烯的最简式均为CH2，且结构中均C-H键为极性键；③标况下，HF为液态；④溶液越稀，NH4+的水解程度越大；⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2；⑥KC l O3+6HC l（浓）=KC l+3C l2+3H2O反应转移5mol电子生成3mol氯气；⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，铁过量；⑧求出F e的物质的量，然后根据铁与足量水蒸气完全反应变为+来分析．本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3.分子式C9H10O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和N a HCO3溶液反应放出气体的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A.12种B.13种C.14种D.15种【答案】C【解析】解：该有机物能与N a HCO3发生反应产生气体，说明含有羧基-COOH，取代基为正丙酸基时，1种；取代基为异丙酸基，1种；取代基为-COOH、-CH2-CH3，有邻、间、对3种；取代基为乙酸基、-CH3，有邻、间、对3种；取代基为-COOH、-CH3，-CH3，2个甲基邻位，2种；2个甲基间位，3种；2个甲基对位，1种；符合条件的总共有14种．故选C．该有机物能与N a HCO3发生反应产生气体，说明含有羧基-COOH，据此判断可能的同分异构体数目．本题考查同分异构体数目的求算，题目难度中等，明确官能团以及取代基的分类是解答本题的关键．4.X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M 层电子数为m-n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（）A.Y的氢化物的沸点比R的氢化物的沸点高B.Z、W、R按最高价氧化物对应水化物的酸性强弱排列顺序是R＞W＞ZC.X2Y2化合物中的化学键与X2R中的化学键类型完全相同D.RY2通入B a（NO3）2溶液中有白色沉淀生成，该沉淀不溶于硝酸【答案】C【解析】解：X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为N a元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为S i元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，A．Y的氢化物是水，R的氢化物是硫化氢，水分子间存在氢键，使沸点升高，水在常温下是液体，硫化氢是气体，则水的沸点更高，故A正确；B．R是S元素，W是C元素，Z为S i元素，元素的非金属性逐渐减弱，所以最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，故B正确；C．X与Y形成的两种化合物分别为N a2O、N a2O2，两者都是离子化合物，存在离子键，N a2O2中还含有共价键，X2R是N a2S，是离子化合物且只存在离子键，所以化学键的类型不完全相同，故C错误；D．SO2通入B a（NO3）2溶液发生氧化还原反应，有白色沉淀硫酸钡生成，该沉淀不溶于硝酸，故D正确；故选：C．X的原子半径在短周期主族元素中最大，应为N a元素；Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为S i元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，结合元素周期律可解答该题．本题考查原子结构和元素周期律的递变规律，题目难度中等，根据原子结构特点正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意SO2通入B a（NO3）2溶液发生氧化还原反应．5.下列各组离子或分子能大量共存，当加入相应试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】解：A．少量B a（OH）2溶液，铵根离子不反应，离子反应为F e2++SO42-+B a2++2OH-=B a SO4↓+F e（OH）2↓，故A错误；B．少量M g（HCO3）2溶液完全反应，生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离子反应为M g2++2HCO3-+4OH-=2H2O+M g（OH）2↓+2CO32-，故B正确；C．通入少量CO2与NH3•H2O反应，离子反应为2NH3•H2O+CO2=2NH4++CO32-+H2O，故C错误；D．F e2+、NO3-、HSO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选B．A．少量B a（OH）2溶液，铵根离子不反应；B．少量M g（HCO3）2溶液完全反应，生成氢氧化镁、碳酸钠和水；C．通入少量CO2与NH3•H2O反应；D．离子之间发生氧化还原反应，不能共存．本题考查离子共存及离子反应方程式书写，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，注重学生思维严密性的训练，题目难度不大．6.室温下，将0.05mol N a2CO3固体溶于水配成100m L溶液，向溶液中加入下列物质，有A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】解：n（N a2CO3）=0.05mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，A．n（H2SO4）=1mol/L×0.05L=0.05mol，H2SO4和N a2CO3反应方程式为N a2CO3+H2SO4=N a2SO4+CO2↑+H2O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液N a2SO4，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得（N a+）=2c（SO42-），故A错误；B．C a O+H2O=C a（OH）2、C a（OH）2+N a2CO3=C a CO3↓+2N a OH，随着CO32-的消耗，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-向左移动，c（HCO3-）减小，反应生成OH-，则c（OH-）增大，导致溶液中增大，故B正确；C．加水稀释促进碳酸钠水解，但由于体积增大倍数大于促进水解倍数，c（OH-）变小，由于溶液中的OH-由水电离产生，因此，由水电离出的c（H+）、c（OH-）减小，二者浓度之积减小，故C错误；D．N a HSO4和N a2CO3反应方程式为：2N a HSO4+N a2CO3=2N a2SO4+H2O+CO2↑，根据方程式知，二者恰好反应生成N a2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性，溶液由碱性变为中性，溶液的p H减小，因为硫酸氢钠中含有钠离子，所以c（N a+）增大，故D错误；故选B．n（N a2CO3）=0.05mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，A．n（H2SO4）=1mol/L×0.05L=0.05mol，H2SO4和N a2CO3反应方程式为N a2CO3+H2SO4=N a2SO4+CO2↑+H2O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液N a2SO4，溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（N a+）、c（SO42-）相对大小；B．C a O+H2O=C a（OH）2、C a（OH）2+N a2CO3=C a CO3↓+2N a OH，所以得C a O+H2O+N a2CO3=C a CO3↓+2N a OH，根据方程式知，二者恰好反应生成N a OH，反应后溶液中的溶质是N a OH；C．加水稀释促进碳酸钠水解；D．N a HSO4和N a2CO3反应方程式为：2N a HSO4+N a2CO3=2N a2SO4+H2O+CO2↑，根据方程式知，二者恰好反应生成N a2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性．本题为2015年高考题，考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确盐类水解原理及物质之间的反应是解本题关键，结合电荷守恒、盐类水解特点分析解答，易错选项是C，注意C中计算的是水电离出的c（H+）．c（OH-）之积而不是溶液中c（H+）．c（OH-）之积，为易错点．7.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（）A.d为石墨，铁片腐蚀加快B.d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-C.d为锌块，铁片不易被腐蚀D.d为锌块，铁片上电极反应为：2H++2e-→H2↑【答案】D【解析】解：A、d为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故A正确；B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：O2+2H2O+4e-═4OH-，故B正确；C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故D错误；故选D．A、d为石墨，铁片活泼，所以腐蚀铁；B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌；D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写．二、实验题(本大题共2小题，共29.0分)8.（NH4）2F e（SO4）2•6H2O（M=392g•mol-1）又称莫尔盐，简称FAS，其俗名来源于德国化学家莫尔（K arl F riedrich M ohr）．它是浅蓝绿色结晶或粉末，对光敏感，在空气中会逐渐风化及氧化，可溶于水，几乎不溶于乙醇．某实验小组利用工业废铁屑制取莫尔盐，并测定其纯度．Ⅰ．莫尔盐的制取回答下列问题：（1）步骤②必须在剩余少量铁屑时进行过滤，其原因是______ ．（用离子方程式表示）（2）制取的莫尔盐最后要用______ 洗涤（填字母编号），其目的是：______ ．a．蒸馏水b．乙醇c．滤液（3）从图中选取必须用的仪器连接成实验室制取（NH4）2SO4溶液的装置，连接的顺序（用接口字母表示）是______ ．Ⅱ．FAS纯度测定为测定FAS纯度，取m g样品配制成500m L溶液，根据物质组成，甲、乙两位同学设计了如下两个实验方案．（1）甲方案：取20.00m LFAS溶液，用0.1000mol•L-1的酸性K2C r2O7溶液进行滴定．i）写出此反应的离子方程式：______ ．ii）滴定时必须选用的仪器是______ ．（2）乙方案：取20.00m LFAS溶液进行如下实验．[待测液][wg固体]列出计算FAS晶体纯度的代数式______ （不用计算出结果）．（3）已知实验操作都正确，却发现甲方案的测定结果总是小于乙方案，其可能的原因是______ ，设计简单的化学实验验证上述推测______ ．【答案】F e+2F e3+=3F e2+；b；除去晶体表面水分，加速晶体的干燥，防止其氧化变质；a、d、e、f；6F e2++C r2O72-+14H+=6F e3++2C r3++7H2O；①④⑤⑥；×100%；F e2+被空气部分氧化；取少量FAS溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明F e2+已被空气部分氧化【解析】解：Ⅰ．（1）亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的F e3+，反应的离子方程式为：F e+2F e3+=3F e2+，故答案为：F e+2F e3+=3F e2+；（2）乙醇易挥发，用少量酒精来洗去晶体表面杂质，用水会使摩尔盐溶解损失，用滤液会带入杂质，用乙醇会除去晶体表面水分，加速晶体的干燥，防止其氧化变质，故答案为：b；除去晶体表面水分，加速晶体的干燥，防止其氧化变质；（3）制取的氨气与硫酸反应生成硫酸铵，剩余的氨气用水吸收，故连接顺序为a→d→e→f，故答案为：a、d、e、f；Ⅱ．（NH4）2F e（SO4）2•6H2O（M=392g•mol-1）又称莫尔盐，简称FAS，（1）i）．取20.00m LFAS溶液，用0.1000mol•L-1的酸性K2C r2O7溶液进行滴定，发生的氧化还原反应，亚铁离子被重铬酸钾氧化为铁离子，生成铬离子，反应的离子方程式为：6F e2++C r2O72-+14H+=6F e3++2C r3++7H2O，故答案为：6F e2++C r2O72-+14H+=6F e3++2C r3++7H2O；ii）酸性K2C r2O7溶液具有强氧化性，应该使用①酸式滴定管，盛装待测液需要使用④锥形瓶，滴定管需要固定，用到⑤铁架台及⑥铁夹故答案为：①④⑤⑥；（2）取mg样品配制成500m L溶液，取20.00m LFAS溶液进行实验，生成硫酸钡质量为wg，依据定量关系计算，（NH4）2F e（SO4）2•6H2O～2SO42-～2B a SO4，12nmoln=mol，则500m L溶液中为mol×，FAS晶体纯度的代数式：×100%，故答案为：×100%；（3）已知实验操作都正确，却发现甲方案的测定结果总是小于乙方案，其可能的原因是F e2+被空气部分氧化，设计简单的化学实验验证上述推测的实验过程为：取少量FAS 溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明F e2+已被空气部分氧化，故答案为：F e2+被空气部分氧化，取少量FAS溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明F e2+已被空气部分氧化．废铁屑加稀硫酸溶解，得到硫酸亚铁溶液A，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐，以此分析解答，Ⅰ．（1）亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的F e3+；（2）乙醇易挥发，少量酒精来洗去晶体表面杂质；（3）制取的氨气与硫酸反应生成硫酸铵，剩余的氨气用水吸收；Ⅱ．（NH4）2F e（SO4）2•6H2O（M=392g•mol-1）又称莫尔盐，简称FAS，（1）i）．取20.00m LFAS溶液，用0.1000mol•L-1的酸性K2C r2O7溶液进行滴定，发生的氧化还原反应，亚铁离子被重铬酸钾氧化为铁离子，生成铬离子：ii）．注意是滴定时选用的仪器，不是配制溶液需要仪器，所以应该选用酸式滴定管、锥形瓶、铁架台及铁夹；（2）依据定量关系计算，（NH4）2F e（SO4）2•6H2O～2SO42-～2B a SO4；（3）实验操作都正确，却发现甲方案的测定结果总是小于乙方案可能是亚铁离子被空气中氧气氧化，利用铁离子遇到KSCN溶液变红色设计实验检验是否被氧化．本题考查制备实验方案的设计、滴定实验过程分析应用，综合性较强，注意结合题给信息和装置特点及物质的性质分析，题目难度中等．9.镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由N i（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成．由于电池使用后电极材料对环境有危害．某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如图：已知：①N i C l2易溶于水，F e3+不能氧化N i2+．②已知实验温度时的溶解度：N i C2O4＞N i C2O4．•H2O＞N i C2O4•2H2O．③K sp N i（OH）2：5.0×10-16，K sp（N i C2O4）：4.0×10-10．认真研读题给信息，回答下列问题：（1）酸溶后所留残渣的主要成份______ （填物质名称）．（2）用N i O调节溶液的p H，析出沉淀的成分为______ （填化学式）；（3）写出加入N a2C2O4溶液后反应的化学方程式______ ．（4）写出加入N a OH溶液所发生反应的离子方程式______ ，该反应的平衡常数为______ ．（5）电解过程中阴极反应式为：______ ，沉淀Ⅲ可被电解所得产物之一氧化，写出氧化反应的离子方程式：______ ．（6）铁镍蓄电池，放电时总反应：F e+N i2O3+3H2O═F e（OH）2+2N i（OH）2，下列有关该电池的说法不正确的是______ ．A．电池的电解液为碱性溶液，电池的正极为N i2O3，负极为F eB．电池充电时，阴极附近溶液的p H降低C．电池放电时，负极反应为F e+2OH--2e-F e（OH）2D．电池充电时，阳极反应为2N i（OH）2+2OH--2e-═N i2O3+3H2O．【答案】碳粉；F e（OH）3、A l（OH）3；N i C l2+N a2C2O4=N i C2O4↓+2N a C l；N i C2O4+2OH-⇌N i （OH）2+C2O42-；8×105；2H2O+2e-═H2↑+2OH-；2N i（OH）2+2OH-+C l2═2N i（OH）+2C l-；B3【解析】解：将废旧镍电池电极材料溶于稀盐酸，发生反应N i（OH）2+2HC l=N i C l2+2H2O、F e2O3+6HC l=2F e C l3+3H2O、2A l+6HC l=2A l C l3+3H2↑，过滤得到的残渣是C，向滤液中加入N i O，条件溶液的p H，根据流程图知，生成的沉淀应该是F e（OH）3、A l（OH）3，然后向滤液中加入N a2C2O4溶液，发生反应N i C l2+N a2C2O4=N i C2O4↓+2N a C l，过滤，将滤液电解，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，过滤得到的N i C2O4和N a OH反应生成N i（OH）2，用氯气将N i（OH）2氧化生成N i（OH）3，根据铁镍蓄电池放电时总反应：F e+N i2O3+3H2O═F e（OH）2+2N i（OH）2，可判断电解液为碱性，充电时消耗氢氧根，阴极附近溶液的p H升高．（1）通过以上分析知，酸溶时能与盐酸反应的物质是A l、N i（OH）2、F e2O3，故答案为：碳粉；（2）用N i O调节溶液的p H，析出沉淀的成分为F e（OH）3、A l（OH）3，故答案为：F e（OH）3、A l（OH）3；（3）加入N a2C2O4溶液后反应的化学方程式为N i C l2+N a2C2O4=N i C2O4↓+2N a C l，故答案为：N i C l2+N a2C2O4=N i C2O4↓+2N a C l；（4）加入N a OH溶液，N i C2O4沉淀转化为N i（OH）2，N i C2O4+2OH-⇌N i（OH）2+C2O42-，根据K sp（N i C2O4）=4.0×10-10，则c（N i2+）=c（C2O42-）===2×10-5mol/L；根据K sp（N i（OH）2）：5.0×10-16，c2（OH-）===2.5×10-11mol2/L2；则该反应的平衡常数==8×105；故答案为：N i C2O4+2OH-⇌N i（OH）2+C2O42-；8×105；（5）电解过程中阴极反应是水得电子产生氢气，电解N a C l溶液可以得到氧化性物质氯气，所以沉淀Ⅲ可被电解所得产物C l2氧化生成N i（OH）3，故答案为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；2N i（OH）2+2OH-+C l2═2N i（OH）3+2C l-；（6）A、根据铁镍蓄电池放电时总反应：F e+N i2O3+3H2O═F e（OH）2+2N i（OH）2，可判断电解液为碱性，故A正确；B、充电时消耗氢氧根，阴极附近溶液的p H升高，故B错误；C、电池放电时，负极反应为F e+20H--2e-=F e（OH）2，故C正确；D、电池充电时，阳极反应为2N i（OH）2+20H--2e-=N i2O3+3H2O，故D正确，故答案为：B．将废旧镍电池电极材料溶于稀盐酸，发生反应N i（OH）2+2HC l=N i C l2+2H2O、F e2O3+6HC l=2F e C l3+3H2O、2A l+6HC l=2A l C l3+3H2↑，过滤得到的残渣是C，向滤液中加入N i O，条件溶液的p H，根据流程图知，生成的沉淀应该是F e（OH）3、A l（OH）3，然后向滤液中加入N a2C2O4溶液，发生反应N i C l2+N a2C2O4=N i C2O4↓+2N a C l，过滤，将滤液电解，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，过滤得到的N i C2O4和N a OH反应生成N i（OH）2，用氯气将N i（OH）2氧化生成N i（OH）3，最后洗涤沉淀得到较纯净的N i（OH）3，根据铁镍蓄电池放电时总反应：F e+N i2O3+3H2O═F e （OH）2+2N i（OH）2，可判断电解液为碱性，充电时消耗氢氧根，阴极附近溶液的p H 升高，据此分析解答．本题考查混合物的分离和提纯，侧重考查分析、推断、计算能力，涉及离子反应方程式的书写、平衡常数的计算、沉淀的洗涤等知识点，综合性较强，为高考高频点，明确每一步中发生的反应及物质的性质、物质分离方法即可解答，题目难度中等．三、填空题(本大题共4小题，共14.0分)10.烟气（主要污染物SO2、NO x）经O3预处理后用C a SO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NO x的含量．O3氧化烟气中SO2、NO x的主要反应的热化学方程式为：NO（g）+O3（g）=NO2（g）+O2（g）△H=-200.9k J•mol-1NO（g）+O2（g）=NO2（g）△H=-58.2k J•mol-1SO2（g）+O3（g）=SO3（g）+O2（g）△H=-241.6k J•mol-1则反应3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的△H= ______ KJ/mol．【答案】-317.3【解析】解：NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=-200.9k J．mol-1①NO（g）+O2（g）═NO2（g）△H=-58.2k J．mol-1②，根据盖斯定律，②×2+①可得：3NO（g）+O3（g）=3NO2（g），则△H=2×（-58.2k J．mol-1）+（-200.9k J．mol-1）=-317.3k J/mol，故答案为：-317.3．NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=-200.9k J．mol-1①NO（g）+O2（g）═NO2（g）△H=-58.2k J．mol-1②据盖斯定律利用已知热化学方程式构建待求热化学方程式解答．本题考查了盖斯定律在热化学方程式计算中的应用，题目难度中等，正确构造目标反应为解答关键，注意掌握盖斯定律的概念及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力．11.在做催化剂的条件下，将1mol CO（g）和2mol H2（g）充入容积为2L的密闭容器中合成CH3OH（g），反应过程中，CH3OH（g）的物质的量（n）与时间（t）及温度的关系如图所示：根据题意回答下列问题：①在300℃时，平衡常数K= ______ ；②在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）= ______ ．③若其它条件不变，对处于Z点的体系，将体积压缩至原来的，达到新的平衡后，下列有关该体系的说法正确的是______ ．a．氢气的浓度与原平衡比减少b．正、逆反应速率都加快c．甲醇的物质的量增加d．重新平衡时增大．【答案】100；0.25mol•L-1•S-1；bc【解析】解：①在300℃时，达平衡时CH3OH的平衡物质的量为0.8mol，CO（g）+2H2（g）=CH3OH起始（mol/L）0.510转化（mol/L）0.40.80.4平衡（mol/L）0.10.20.4K==100，．故答案为：100；②在500℃，反应2S达到平衡，密闭的容器容积为2L，生成CH3OH的物质的量为0.5mol，v（CH3OH）==0.125mol•L-1•s-1，根据速率之比等于系数比，则氢气的平均反应速率v（H2）=2v（CH3OH）=0.25mol•L-1•s-1．故答案为：0.25mol•L-1•S-1；③其他条件不变时，将处于Z点的体系体积压缩到原来的一半，容器的体积减小，则压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正向移动，甲醇的物质的量n（CH3OH）增多，氢气的物质的量n（H2）减小，但由于体积减小的程度大，故平衡时氢气的浓度反而增大（符合勒夏特列原理），重新平衡时减小；故答案为：bc．①在300℃时，达平衡时CH3OH的平衡物质的量为0.8mol，结合方程式CO（g）+2H2（g）=CH3OH计算各物质的平衡浓度，可计算平衡常数；②在500℃时，达平衡时CH3OH的平衡物质的量为0.5mol，可计算消耗氢气的物质的量，进而计算反应速率；③缩小容器的体积相当于加压，然后根据压强对浓度、速率和化学平衡的影响来解答．本题考查化学平衡的影响因素和化学平衡的标志等问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，注意外界条件对化学平衡移动的影响以及平衡状态的判断角度．12.利用CO和H2还可以制备二甲醚．将合成气以=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如右图所示，下列说法不正确的是______ ．A．△H＜0B．P1＜P2＜P3C．若在P3和316℃时，起始时=3，则达到平衡时，CO转化率大于50%【答案】B【解析】解：A．由图可知，压强一定时，温度越高，平衡时CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，故A正确；B．由图可知转化率P1＞P2＞P3，正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强P1＞P2＞P3，故B错误；C．若在P3和316℃时，起始时n（H2）：n（CO）=3，相当于在原平衡的基础上增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故CO转化率应大于50%，故C 正确；故答案为：B．A．由图可知，压强一定时，温度越高，平衡时CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；B．正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大；C．增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低．本题考查了化学平衡的影响因素及应用，题目难度不大，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力．①HSO3-的电离平衡常数表达式K= ______ ．②0.10mol•L-1N a HSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为______ ．③H2SO3溶液和N a HCO3溶液反应的主要离子方程式为______ ．【答案】；c（N a+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）；H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O【解析】解：①HSO3-的电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，平衡常数表达式为K=，故答案为：；②N a HSO3溶液中存在亚硫酸氢根的水解与电离，水解导致其呈碱性，电离导致其呈酸性，N a HSO3溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度；故离子浓度大小为：c（N a+）＞c （HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-），故答案为：c（N a+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）；③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3-=SO32-+2CO2↑+2H2O，故答案为：H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O．①HSO3-的电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，平衡常数表达式为K=；②N a HSO3溶液中存在亚硫酸氢根的水解与电离，水解导致其呈碱性，电离导致其呈酸性，N a HSO3溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度，据此分析；③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，则酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3-=SO32-+2CO2↑+2H2O．本题考查盐的水解平衡、弱电解质电离平衡的知识在离子浓度大小比较的应用，题目难度中等．四、实验题(本大题共1小题，共15.0分)14.最近，我国利用生产磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸并联产水泥的技术研究获得成功．已知磷灰石的主要成分是C a3（PO4）2，具体生产流程如图：回答下列问题：（1）装置a用磷酸吸收NH3．若该过程在实验室中进行，请画出装置a的示意图：______ ．（2）热交换器是实现冷热交换的装置．化学实验中也经常利用热交换来实现某种实验目的，如气、液热交换时通常使用的仪器是______ ．（3）依题意猜测固体A中一定含有的物质的化学式是______ （结晶水部分不写）．（4）利用生产磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸，其中SO2生产硫酸的工艺流程图如图所示：①在A处二氧化硫被氧化成三氧化硫，设备A的名称是______ ，设备A中发生反应的化学方程式是______ ．为提高三氧化硫的产率，该处应采用______ （填“等温过程”或“绝热过程”）为宜．②在D处进行二次催化处理的原因是______ ．③B处气体混合物主要是氮气和三氧化硫．此时气体经过C后不立即进入D是因为：______ ．④20%的发烟硫酸（SO3的质量分数为20%）1吨需加水______ 吨（保留2位有效数字）才能配制成98%的成品硫酸．（5）制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2，微量的SO3和酸雾．能用于测定硫酸尾气中SO2含量的是______ ．A．N a OH溶液、酚酞试液B．KM n O4溶液、稀硫酸C．碘水、淀粉溶液D．氨水、酚酞试液．【答案】；冷凝管；C a SO4；接触室；2SO2+O22SO3；等温过程；该反应为可逆反应，二次催化使尚未反应的SO2尽量催化氧化成SO3，可以降低成本提高原料利用率和保护环境；通过吸收塔C后，混合气体中SO3含量较多，不利于SO2的催化氧化反应进行；0.066；BC【解析】解：（1）磷酸和氨气极易反应，为防止反应过于迅速会产生倒吸的危险，要采用防倒吸装置，装置a图为：故答案为；；（2）能实现气、液热交换的装置是冷凝管，下口进水伤口处谁，气体和水流方向相反，故答案为：冷凝管；（3）由信息可知生产磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸，磷灰石的主要成分是C a3（PO4）2，在萃取槽中与硫酸发生反应，有磷酸生成，结合流程中硫酸制备，故固体A应为C a SO4．故答案为：C a SO4；（4）①二氧化硫在接触室中被氧化成三氧化硫，化学方程式为2SO2+O22SO3，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于提高三氧化硫的产率，因此应选择等温过程，故答案为：接触室；2SO2+O22SO3；等温过程；②2SO2+O22SO3为可逆反应，二次催化使尚未反应的SO2尽量催化氧化成SO3，可以降低成本提高原料利用率和保护环境，故答案为：该反应为可逆反应，二次催化使尚未反应的SO2尽量催化氧化成SO3，可以。