江西省上饶市玉山一中2016届高考化学模拟试卷(六)(word版 含答案)

2016年江西省上饶市玉山一中高考化学模拟试卷（六）一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y处于同一周期，Z、W处于同一周期，X、Y 原子最外层电子数之和等于Z、W 原子最外层电子数之和，Y 是形成化合物种类最多的元素，X、W 的简单离子X2﹣、W3+具有相同的电子层结构，M为短周期中除稀有气体元素外原子半径最大的元素．下列说法正确的是（）A．X最高价氧化物对应的水化物为强酸B．原子半径大小顺序为M＞W＞X＞Y＞ZC．水溶液中Z 的简单单核离子能促进水的电离D．Z、M的最高价氧化物对应的水化物均能溶解W与X形成的化合物2．下列有关说法正确的是（）A．pH=5的NH4Cl溶液或醋酸溶液中，由水电离出的c（H+）均为10﹣9mol•L﹣1B．常温下，将pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH＞7C．在c（H+）：c（OH﹣）=1：l012的溶液中，Na+、I﹣、NO3﹣、SO42﹣能大量共存D．0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液和0.1 mol•L﹣1 NaHSO4溶液等体积混合，溶液中：c（Na+）+c （H+）=c（CO32﹣）+c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）3．已知NH4CuSO3与足量的1mol•L﹣1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②有刺激性气味气体产生；③溶液呈蓝色．据此判断下列说法合理的是（）A．NH4CuSO3中硫元素被氧化了B．刺激性气味的气体是二氧化硫或氨气C．该反应中NH4CuSO3既是氧化剂又是还原剂D．该反应中硫酸既表现为酸性又表现氧化性4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．用如图所示装置验证浓硫酸具有强氧化性B．用如图所示装置制取干燥的NH3C．用如图所示装置制取并收集乙烯D．用如图所示装置制取Cl25．25℃时，某溶液中可能含有以下几种离子：Na+、H+、Fe3+、HCO、OH﹣、I﹣．已知溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1，向该溶液中通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，下列有关该溶液的说法中正确的是（）A．该溶液的pH一定等于1B．阴离子肯定有I﹣，不能确定有无HCOC．阳离子肯定没有Fe3+，一定有Na+D．该溶液含有的溶质成分可能为HI；或HI和NaI；或NaI和NaOH6．黑火药是我国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）；△H=x kJ•mol﹣1、已知：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1、S（s）+2K（s）═K2S（s）；△H2=b kJ•mol﹣1、2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）；△H3=c kJ•mol﹣1．则x为（）A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b7．一定条件下存在反应C （s ）+H 2O （g ）⇌C O （g ）+H 2（g ）：向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C 和H 2O ，各容器中温度、反应物的起始量如表，反应过程中CO 的物质的量浓度随时间变化如图所示．则下列说法正确的是（ ）A ．甲容器中，反应在前15min 的平均速率v （H 2）=0.2mol •L ﹣1•min ﹣1B ．丙容器的体积V ＞0.5LC ．当温度为T 1℃时，反应的平衡常数K=4.5（mol •L ﹣1）D ．乙容器中，若平衡时n （H 2O ）=0.4mol ，则T 1＜T 2二、解答题（共5小题，满分58分）8．黄铜矿（CuFeS 2）是制取铜及其化合物的主要原料之一．如图为模拟黄铜矿加工过程的流程图，其中炉渣的主要成分是FeO 、Fe 2O 3、SiO 2、Al 2O 3．请回答下列问题：（1）SO 2可用于工业制硫酸，传统的硫酸制法反应之一见下列热化学方程式：SO 2（g ）+NO 2（g ）SO 3（g ）+NO （g ）；△H ＜0①在恒温密闭容器中，按物质的量之比为2：1投入SO 2和NO 2，一定温度下反应达平衡，此时SO 2和NO 2的物质的量之比变为4：1，则该温度下反应的平衡常数K= ．②若其他初始条件相同，将恒温容器改为绝热容器，则达平衡时SO2的转化率与恒温容器中的相比将（填“变大”、“变小”或“不变”）．（2）Cu2S熔炼制取粗铜的反应如下：2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）；△H=﹣768.2kJ•mol﹣12Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）；△H=+116.0kJ•mol﹣1则总反应Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g）的△H=．（3）已知：K sp（PbS）=9.0×10﹣29，K sp（ZnS）=2.925×10﹣25．粗铜电解精炼废电解液中常含有Pb2+、Zn2+，向其中加入Na2S溶液，当有PbS和ZnS沉淀共存时，c（Zn2+）：c（Pb2+）=．（4）溶液Ⅰ中Fe元素存在形式是．从溶液Ⅰ→…→Fe（OH）3的实验操作依次是：氧化、调pH、过滤、洗涤…；检验Fe（OH）3是否洗净的方法是．（5）Na2FeO4和Zn可以组成碱性电池，其反应的离子方程式为：3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH﹣请写出放电时正极的电极反应式．9．由白色和黑色固体组成的混合物A，可以发生如下框图所示的一系列变化：（1）写出反应③的化学方程式：；反应④的离子方程式：．（2）操作②的名称是，在操作②中所使用的玻璃仪器的名称是．（3）下列实验装置中，可用于实验室制取气体G的发生装置是；为了得到纯净干燥的气体G，可将气体通入c和d装置，c装置中存放的试剂是，d装置中存放的试剂是．（4）气体G有毒，为了防止污染环境，必须将尾气进行处理，请写出实验室利用烧碱溶液吸收气体G的离子方程式：；下列e～i装置中，通常用来吸收气体G的装置是．（5）J一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，下列e～i装置中，可用于吸收J的是．10．T1温度下，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0的平衡常数K=532.4．（1）该反应△S0；升高温度，平衡常数（选填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）T2温度下，2L容积固定的甲、乙两密闭容器中发生上述反应，测得平衡时有关数据如表所列：请分析表格中数据判断：α1+α21（选填“＞”、“=”或“＜”；下同），T1T2．11．为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过图1实验装置测定反应中生成的CO2气体体积，并绘制出图2所示的曲线，在该实验过程中发现锥形瓶温度明显升高．请分析、讨论并回答以下问题：（1在O～t1、t1～t2、t2～t3各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是；可能的原因是．（2为减缓上述反应速率，欲向盐酸溶液中加入下列物质，你认为可行的有．A．蒸馏水B．NaCl固体C．NaCl溶液D．通入HCl（3）在t4后，收集到的气体的体积不再增加，可能的原因是．12．某校探究性活动小组的同学对Na2SO3与AgNO3在不同的pH条件下的反应原理进行实验探究，请你一起参与探究活动并回答有关问题：（1）测得Na2SO3溶液pH=10，AgNO3溶液pH=5，二者水解的离子分别是．（2）调节pH，实验记录如表：查阅资料得知：ⅰ．Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量的Na2SO3溶液ⅱ．Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应①推测a中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是．②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是．（3）取b、c中白色沉淀，置于Ag2SO3溶液中，沉淀溶解．该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2SO4固体置于溶液中，未溶解．（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：Ⅰ．向X中滴加稀盐酸，无明显变化Ⅱ．向X中加入过量浓NHO3，产生红棕色气体Ⅲ．用Ba（HO3）2、BaCl2检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀①实验Ⅰ的目的是．②根据上述现象，分析X具有性；X中含有元素，不含元素．③Ⅱ中反应的化学方程式是．（5）该同学综合以上实验，分析X产生的原因，认为随着酸性的增强，体系还原性增强．通过进一步实验确认了这种可能性，实验如下：①气体Y是．②白色沉淀转化为X的化学方程式是：．2016年江西省上饶市玉山一中高考化学模拟试卷（六）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y处于同一周期，Z、W处于同一周期，X、Y 原子最外层电子数之和等于Z、W 原子最外层电子数之和，Y 是形成化合物种类最多的元素，X、W 的简单离子X2﹣、W3+具有相同的电子层结构，M为短周期中除稀有气体元素外原子半径最大的元素．下列说法正确的是（）A．X最高价氧化物对应的水化物为强酸B．原子半径大小顺序为M＞W＞X＞Y＞ZC．水溶液中Z 的简单单核离子能促进水的电离D．Z、M的最高价氧化物对应的水化物均能溶解W与X形成的化合物【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】X、Y、Z、W、M五种短周期元素，Y形成化合物种类最多，则Y为C元素；M 为短周期主族元素中原子半径最大的元素，则M为Na；X2﹣、W3+具有相同的电子层结构，X、Y同周期，则X为O元素、W为Al；Z、W处于同一周期，X、Y 原子最外层电子数之和（6+4）等于Z、W 原子最外层电子数之和，则Z的最外层电子为10﹣3=7，则Z为Cl，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、M五种短周期元素，Y形成化合物种类最多，则Y为C元素；M为短周期主族元素中原子半径最大的元素，则M为Na；X2﹣、W3+具有相同的电子层结构，X、Y同周期，则X为O元素、W为Al；Z、W处于同一周期，X、Y 原子最外层电子数之和（6+4）等于Z、W 原子最外层电子数之和，Z的最外层电子为10﹣3=7，则Z为Cl，A．X是氧，无最高价氧化物，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径：M（Na）＞W（Al）＞Z（Cl）＞Y（C）＞X（O），故B错误；C．水溶液中Z的简单单核离子氯离子不能促进水的电离，故C错误；D．W与X形成的化合物为Al2O3，是两性氧化物，能溶于强酸HClO4和强碱NaOH，故D 正确；故选：D．2．下列有关说法正确的是（）A．pH=5的NH4Cl溶液或醋酸溶液中，由水电离出的c（H+）均为10﹣9mol•L﹣1B．常温下，将pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH＞7C．在c（H+）：c（OH﹣）=1：l012的溶液中，Na+、I﹣、NO3﹣、SO42﹣能大量共存D．0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液和0.1 mol•L﹣1 NaHSO4溶液等体积混合，溶液中：c（Na+）+c （H+）=c（CO32﹣）+c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．铵根离子水解，促进了水的电离，氯化铵溶液中的氢离子是水的电离的，而醋酸抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子是水电离的；B．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液显示酸性；C．c（H+）：c（OH﹣）=1：l012的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D．两溶液恰好反应生成碳酸氢钠和硫酸钠，根据混合液中的电荷守恒判断．【解答】解：A．pH=5的NH4Cl溶液中，铵根离子促进了水的电离，则由水电离出的c（H+）为10﹣5mol•L﹣1，而醋酸溶液中，醋酸电离出的氢离子抑制了水的电离，醋酸溶液中的氢氧根离子是水的电离的，水电离的氢离子浓度为10﹣9mol•L﹣1，故A错误；B．常温下，将pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，由于醋酸为弱酸，则混合液中醋酸过量，混合液呈酸性，溶液的pH＜7，故B错误；C．c（H+）：c（OH﹣）=1：l012的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、I﹣、NO3﹣、SO42﹣之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D.0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液和0.1 mol•L﹣1 NaHSO4溶液等体积混合，反应后溶质为碳酸氢钠和硫酸钠，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+2c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选C．3．已知NH4CuSO3与足量的1mol•L﹣1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②有刺激性气味气体产生；③溶液呈蓝色．据此判断下列说法合理的是（）A．NH4CuSO3中硫元素被氧化了B．刺激性气味的气体是二氧化硫或氨气C．该反应中NH4CuSO3既是氧化剂又是还原剂D．该反应中硫酸既表现为酸性又表现氧化性【考点】氧化还原反应．【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题．【解答】解：反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+．A．NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故A错误；B．因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故B错误．C．反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1→+2，+1→0，NH4CuSO3既是氧化剂又是还原剂，故C正确；D．由发产生为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故D错误；故选C．4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．用如图所示装置验证浓硫酸具有强氧化性B．用如图所示装置制取干燥的NH3C．用如图所示装置制取并收集乙烯D．用如图所示装置制取Cl2【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．浓硫酸与铜粉常温下不反应；B．氧化钙与水反应是放热反应；C．制取乙烯，应用乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃；D．不能用长颈漏斗．【解答】解：A．浓硫酸与铜粉常温下不反应，加热才反应，故A错误；B．氧化钙与水反应是放热反应，可用浓氨水和水制取氨气，故B正确；C．制取乙烯，应用乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃，温度计应插入液面下，故C错误；D．不能用长颈漏斗，应用分液漏斗，故D错误．故选B．5．25℃时，某溶液中可能含有以下几种离子：Na+、H+、Fe3+、HCO、OH﹣、I﹣．已知溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1，向该溶液中通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，下列有关该溶液的说法中正确的是（）A．该溶液的pH一定等于1B．阴离子肯定有I﹣，不能确定有无HCOC．阳离子肯定没有Fe3+，一定有Na+D．该溶液含有的溶质成分可能为HI；或HI和NaI；或NaI和NaOH【考点】常见离子的检验方法．【分析】水电离出的c（H+）=1×lO﹣13 mol/L，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液为强酸性或碱性溶液，一定不会存在碳酸氢根离子；当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定存在碘离子，能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在，以此解答该题．【解答】解：由水电离出的c（H+）=1×lO﹣13 mol/L，该溶液中大量存在氢离子或者氢氧根离子，所以溶液中一定不会存在碳酸氢根离子；通入氯气后溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定不会存在有色的铁离子，一定存在碘离子，A．根据分析可知，水电离出的c（H+）=1×lO﹣13 mol/L，若为酸性溶液，该溶液pH=1；若为碱性溶液，该溶液的pH为13，故A错误；B．该溶液中一定存在碘离子，一定不会存在碳酸氢根离子，故B错误；C．溶液中一定不会存在铁离子，若是碱性溶液，一定存在钠离子，故C错误；D．如果为酸性溶液，则溶质可能为：①HI②HI和NaI；如果为碱性溶液，则溶质为③NaI 和NaOH，故D正确；故选D．6．黑火药是我国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）；△H=x kJ•mol﹣1、已知：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1、S（s）+2K（s）═K2S（s）；△H2=b kJ•mol﹣1、2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）；△H3=c kJ•mol﹣1．则x为（）A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b【考点】反应热和焓变．【分析】碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol﹣1 ①2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=ckJ•mol﹣1 ②S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=bkJ•mol﹣1 ③将方程式3×①﹣②+③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热．【解答】解：碳的燃烧热△H 1=a kJ •mol ﹣1，其热化学方程式为C （s ）+O 2（g ）=CO 2（g ）△H 1=a kJ •mol ﹣1 ①2K （s ）+N 2（g ）+3O 2（g ）═2KNO 3（s ）△H 3=bkJ •mol ﹣1 ②S （s ）+2K （s ）═K 2S （s ）△H 2=ckJ •mol ﹣1 ③将方程式3×①﹣②+③得S （s ）+2KNO 3（s ）+3C （s ）═K 2S （s ）+N 2（g ）+3CO 2（g ），则△H=x kJ •mol ﹣1=（3a +b ﹣c ）kJ •mol ﹣1，所以x=3a +b ﹣c ，故选A ．7．一定条件下存在反应C （s ）+H 2O （g ）⇌C O （g ）+H 2（g ）：向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C 和H 2O ，各容器中温度、反应物的起始量如表，反应过程中CO 的物质的量浓度随时间变化如图所示．则下列说法正确的是（ ）A ．甲容器中，反应在前15min 的平均速率v （H 2）=0.2mol •L ﹣1•min ﹣1B ．丙容器的体积V ＞0.5LC ．当温度为T 1℃时，反应的平衡常数K=4.5（mol •L ﹣1）D ．乙容器中，若平衡时n （H 2O ）=0.4mol ，则T 1＜T 2【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】A ．由图可知，15min 内甲容器中CO 的浓度变化量为1.5mol/L ，根据v=计算v （CO ），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v （H 2）；B．丙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c（CO）＜3mol/L；C．根据甲容器中反应数据计算T1℃时各物质的平衡浓度，再根据平衡常数K=计算；D．比较甲与乙可知，二者达等效平衡，根据甲、乙容器中平衡时n（H2O）的量可知，乙相对于甲平衡向逆反应移动，因为正反应吸热，乙中温度低，即温度T1＞T2．【解答】解：A．由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，v（CO）==0.1mol•L﹣1•min﹣1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）=0.1mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；B．丙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c（CO）＜3mol/L，故丙容器的体积V＜0.5 L，故B正确；C．根据甲容器中反应数据计算：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）起始浓度（mol/L） 2 0 0转化浓度（mol/L） 1.5 1.5 1.5平衡浓度（mol/L）0.5 1.5 1.5T1℃时，反应的平衡常数K===4.5，故C正确；D．比较甲与乙可知，二者达平衡是等效的，经计算知甲容器中平衡时n（H2O）=0.25 mol，乙容器中，若平衡时n（H2O）=0.4 mol，乙相对于甲平衡向逆反应移动，因为正反应吸热，乙中温度低，即温度T1＞T2，故D错误；故选C．二、解答题（共5小题，满分58分）8．黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一．如图为模拟黄铜矿加工过程的流程图，其中炉渣的主要成分是FeO、Fe2O3、SiO2、Al2O3．请回答下列问题：（1）SO2可用于工业制硫酸，传统的硫酸制法反应之一见下列热化学方程式：SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）；△H＜0①在恒温密闭容器中，按物质的量之比为2：1投入SO2和NO2，一定温度下反应达平衡，此时SO2和NO2的物质的量之比变为4：1，则该温度下反应的平衡常数K=1．②若其他初始条件相同，将恒温容器改为绝热容器，则达平衡时SO2的转化率与恒温容器中的相比将变小（填“变大”、“变小”或“不变”）．（2）Cu2S熔炼制取粗铜的反应如下：2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）；△H=﹣768.2kJ•mol﹣12Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）；△H=+116.0kJ•mol﹣1则总反应Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g）的△H=﹣217.4kJ/mol．（3）已知：K sp（PbS）=9.0×10﹣29，K sp（ZnS）=2.925×10﹣25．粗铜电解精炼废电解液中常含有Pb2+、Zn2+，向其中加入Na2S溶液，当有PbS和ZnS沉淀共存时，c（Zn2+）：c（Pb2+）=3250．（4）溶液Ⅰ中Fe元素存在形式是Fe2+、Fe3+．从溶液Ⅰ→…→Fe（OH）3的实验操作依次是：氧化、调pH、过滤、洗涤…；检验Fe（OH）3是否洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若无沉淀产生，证明已洗净．（5）Na2FeO4和Zn可以组成碱性电池，其反应的离子方程式为：3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH﹣请写出放电时正极的电极反应式2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】（1）①根据反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），利用三段式求出平衡时的浓度，然后计算平衡常数；②该反应为放热反应，在绝热容器中，温度升高，结合温度对平衡的影响分析；（2）利用盖斯定律把分方程改写在相加减得到目标方程式；（3）（4）根据c（Zn2+）：c（Pb2+）=计算；溶液中含有大量的氯离子，若沉淀没有洗涤干净，则洗液中会含有氯离子，用硝酸银和稀硝酸检验；（5）依据原电池反应，3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH﹣，正极上FeO42﹣发生还原反应．【解答】解：（1）①在恒温密闭容器中，按物质的量之比为2：1投入SO2和NO2，设SO2为2mol，NO2为1molSO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）起始物质的量（mol） 2 1 0 0转化物质的量（mol）x x x x平衡物质的量（mol）2﹣x 1﹣x x x一定温度下反应达平衡，此时SO2和NO2的物质的量之比变为4：1，则（2﹣x）：（1﹣x）=4：1，故x=，故平衡常数为==1；故答案为：1；②该反应为放热反应，在绝热容器中，温度升高，反应逆向进行，转化率减小，所以将恒温容器改为绝热容器，则达平衡时SO2的转化率与恒温容器中的相比将变小；故答案为：变小；（2）2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）；△H=﹣768.2kJ•mol﹣1①2Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）；△H=+116.0kJ•mol﹣1②；由盖斯定律可知：①× +②×得到Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g），则其△H=﹣217.4kJ/mol；故答案为：﹣217.4kJ/mol；（3）C（Zn2+）：C（Pb2+）===3250；故答案为：3250；所以溶液Ⅰ中Fe元素存在形式是Fe2+、Fe3+；溶液中含有大量的氯离子，若沉淀没有洗涤干净，则沉淀表面会附着有氯离子，则洗液中也会含有氯离子，用硝酸银和稀硝酸检验，所以检验Fe（OH）3是否洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若无沉淀产生，证明已洗净；故答案为：Fe2+、Fe3+；取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若无沉淀产生，证明已洗净；（5）反应原理为：3Zn+2FeO42﹣+8H20═3Zn（OH）2+2Fe（0H）3+40H﹣，正极电极反应式为：2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣，故答案为：2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣．9．由白色和黑色固体组成的混合物A，可以发生如下框图所示的一系列变化：（1）写出反应③的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；反应④的离子方程式：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣．（2）操作②的名称是溶解、过滤，在操作②中所使用的玻璃仪器的名称是漏斗、玻璃棒、烧杯．（3）下列实验装置中，可用于实验室制取气体G的发生装置是b；为了得到纯净干燥的气体G，可将气体通入c和d装置，c装置中存放的试剂是饱和食盐水，d装置中存放的试剂是浓硫酸．（4）气体G有毒，为了防止污染环境，必须将尾气进行处理，请写出实验室利用烧碱溶液吸收气体G的离子方程式：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；下列e～i装置中，通常用来吸收气体G的装置是e．（5）J一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，下列e～i装置中，可用于吸收J的是fgh．【考点】无机物的推断．【分析】G为黄绿色气体，则G为Cl2，反应③为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，I为HCl，说明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，则A为KClO3、MnO2的混合物，用于实验室制备氧气，则B为O2，C为MnO2、KCl的混合物，则E为KCl，电解KCl 溶液生成KOH、Cl2、H2，故H为H2，I为KOH，以此解答该题．【解答】解：G为黄绿色气体，则G为Cl2，反应③为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，I为HCl，说明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，则A为KClO3、MnO2的混合物，用于实验室制备氧气，则B为O2，C为MnO2、KCl的混合物，则E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、Cl2、H2，故H为H2，I为KOH．（1）反应③的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；反应④的离子方程式：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣；（2）C为MnO2、KCl的混合物，KCl溶于水，而MnO2不溶于水，可利用溶解、过滤方法进行分离，溶解、过滤操作使用的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：溶解、过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯；（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，制取氯气的发生装置是：b，由于浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，先用饱和食盐水吸收氯气，再用浓硫酸进行干燥，故答案为：b；饱和食盐水；浓硫酸；（4）实验室利用烧碱溶液吸收气体氯气的离子方程式：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，下列e～i装置中，通常用导管直接伸入氢氧化钠溶液来吸收氯气，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；e；（5）J一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，装置中有倒扣的漏斗或肚容式结构，e、i 装置不具有防倒吸的作用，而f、g、h具有防倒吸，故答案为：fgh．10．T1温度下，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0的平衡常数K=532.4．（1）该反应△S＜0；升高温度，平衡常数减小（选填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）T2温度下，2L容积固定的甲、乙两密闭容器中发生上述反应，测得平衡时有关数据如表所列：请分析表格中数据判断：α1+α2＜1（选填“＞”、“=”或“＜”；下同），T1＜T2．【考点】化学平衡的计算．【分析】（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，根据该反应为气体体积减小的放热反应判断熵变和平衡常数变化；（2）因体积相同，将乙中的量极限转化后为甲中的2倍，则压强大于甲中的压强，三氧化硫的转化率减小；根据图表甲的数据计算T2时的平衡常数与T1平衡常数K=532.4比较判断温度大小．【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，该反应为气体体积减小的放热反应，所以△S＜0，升高温度，平衡向吸热即逆反应方向移动，则反应常数减小；故答案为：＜；减小；（2）因体积相同，将乙中的量极限转化后为甲中的2倍，则压强大于甲中的压强，减小了三氧化硫的转化率，则α1+α2＜1；根据甲开始2molSO2、1molO2，平衡时n（SO3）=1mol，所以平衡时剩余1molSO2、0.5molO2，生成n（SO3）=1mol，所以T2时的平衡常数==4＜T1平衡常数K=532.4，又升高温度，平衡常数减小，所以T1＜T2，故答案为：＜；＜．11．为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过图1实验装置测定反应中生成的CO2气体体积，并绘制出图2所示的曲线，在该实验过程中发现锥形瓶温度明显升高．请分析、讨论并回答以下问题：（1在O～t1、t1～t2、t2～t3各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是1～2；可能的原因是该反应为放热反应，反应一段时间后，溶液的温度升高，使得反应速率加快．（2为减缓上述反应速率，欲向盐酸溶液中加入下列物质，你认为可行的有AC．A．蒸馏水B．NaCl固体C．NaCl溶液D．通入HCl（3）在t4后，收集到的气体的体积不再增加，可能的原因是反应物中有一种已经消耗完．【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】（1）根据图象知，曲线的斜率为该反应的化学反应速率，斜率越大其反应速率越大；温度越高，反应速率越快；收集到的气体最多的是体积之差最大的；（2）降低反应速率，可以通过减小溶液中氢离子浓度实现；（3）在t4后，气体体积不再增加，说明反应物中有一种已经消耗完．【解答】解（1）曲线的斜率为该反应的化学反应速率，斜率越大其反应速率越大，根据图象知，斜率最大的是t1～t2，反应的化学反应速率最快，该反应是放热反应，放出的热量使溶液温度升高，升高温度，反应速率加快，故答案为：t1～t2；该反应为放热反应，反应一段时间后，溶液的温度升高，使得反应速率加快；（2）降低反应速率，可以通过减小溶液中氢离子浓度实现，加水稀释或加入氯化钠溶液都能使氢离子浓度降低，从而降低反应速率，通入氯化氢使溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，故答案为：AC；（3）该反应为不可逆反应，在t4后，收集到的气体体积不再增加，说明反应物中有一种已经消耗完，故答案为：反应物中有一种已经消耗完．12．某校探究性活动小组的同学对Na2SO3与AgNO3在不同的pH条件下的反应原理进行实验探究，请你一起参与探究活动并回答有关问题：（1）测得Na2SO3溶液pH=10，AgNO3溶液pH=5，二者水解的离子分别是SO32﹣、Ag+．（2）调节pH，实验记录如表：查阅资料得知：ⅰ．Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量的Na2SO3溶液ⅱ．Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应①推测a中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓．②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是SO32﹣有还原性，可能被氧化为SO42﹣，与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀．（3）取b、c中白色沉淀，置于Ag2SO3溶液中，沉淀溶解．该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2SO4固体置于过量Na2SO3溶液中，未溶解．（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：。