2019-2020学年内蒙古乌兰察布市集宁区第一中学(东校区)新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年内蒙古乌兰察布市集宁区第一中学(东校区)新高考化学模拟试
卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是（）
A．阳极反应式相同
B．电解结束后所得液体的pH相同
C．阴极反应式相同
D．通过相同电量时生成的气体总体积相等（同温同压）
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．以石墨为电极电解水，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阳极的电极反应式不同，故A错误；
B．电解水时其pH在理论上是不变的，但若加入少量硫酸则变小，若加入少量氢氧钠则变大，若加入硫酸钠则不变；电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠和氯气和氢气，pH变大，所以电解结束后所得液体的pH 不相同，故B错误；
C．以石墨为电极电解水和饱和食盐水的阴极反应式为：2H++2e-=H2↑，所以电极反应式相同，故C正确；D．若转移电子数为4mol，则依据电解方程式2H2O2H2↑+O2↑～4e-，电解水生成3mol气体；依据电解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑～2e-，电解食盐水生成4mol气体，在同温同压下气体的总体积不相等，故D错误；
故选C。

【点睛】
明确电解池工作原理、准确判断电极及发生反应是解题关键。

本题的易错点为D，要注意氧化还原反应方程式中根据转移电子的相关计算。

2．有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是
A．可在船壳外刷油漆进行保护B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
【答案】B
【解析】
A. 可在船壳外刷油漆进行保护，A正确；
B. 若将船壳与电源的正极相连，则船壳腐蚀加快，B不正确；
C. 可在船底安装锌块进行保护属于牺牲阳极的阴极保护法，C正确；
D. 在海上航行时，船壳主要发生吸
氧腐蚀，D正确。

本题选B。

3．铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，能增强人体内胆固醇的分解和排泄，但铬过量会引起污染，危害人类健康。

不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍。

下列叙述错误的是
A．发生铬中毒时，可服用维生素C缓解毒性，因为维生素C具有还原性
B．K2Cr2O7可以氧化乙醇，该反应可用于检查酒后驾驶
C．在反应Cr2O72-＋I－＋H＋→Cr3＋＋I2＋H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2
D．污水中的Cr3＋在溶解的氧气的作用下可被氧化为Cr2O72-
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、发生铬中毒时，解毒原理是将六价铬变为三价铬，需要加入还原剂才能实现，可服用具有还原性的维生素C缓解毒性，故A正确；
B、K2Cr2O7可以将乙醇氧化为乙酸，同时反应后含铬化合物的颜色发生变化，该反应可用于检查酒后驾驶，故B正确；
C、在反应Cr2O72-+I-+H+→Cr3++I2+H2O中，根据电子守恒和原子守恒配平为：Cr2O72-+6I-+14H+＝2Cr3++3I2+7H2O，氧化产物是碘单质，还原产物是三价铬离子，二者的物质的量之比为3：2，故C正确；
D、氧气的氧化性弱于Cr2O72-，Cr3+在溶解的氧气的作用下不能被氧化为Cr2O72-，故D错误。

答案选D。

4．工业上用CO和H2生产燃料甲醇。

一定条件下密闭容器中发生反应，测得数据曲线如下图所示（反应混合物均呈气态）。

下列说法错误的是
A．反应的化学方程式:CO+2H2ƒCH3OH
B．反应进行至3分钟时，正、逆反应速率相等
C．反应至10分钟，ʋ(CO) = 0.075 mol/L·min
D．增大压强，平衡正向移动，K不变
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，CO的浓度减小，甲醇浓度增大，且平衡时c(CO)=0.25mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，转化的
c(CO)=0.75mol/L，结合质量守恒定律可知反应为CO+2H2⇌CH3OH，3min时浓度仍在变化，浓度不变时为平衡状态，且增大压强平衡向体积减小的方向移动，以此来解答。

【详解】
A．用CO和H2生产燃料甲醇，反应为CO+2H2⇌CH3OH，故A正确；
B．反应进行至3分钟时浓度仍在变化，没有达到平衡状态，则正、逆反应速率不相等，故B错误；
C．反应至10分钟，ʋ(CO)=
0.75mol
/L
10min
=0.075mol/(L•min)，故C正确；
D．该反应为气体体积减小的反应，且K与温度有关，则增大压强，平衡正向移动，K不变，故D正确；故答案为B。

5．25℃时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴加盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。

已知
H2C2O4是二元弱酸，X表示
()
()
()
()
-2-
242
-
22424
4
c HC O c C O
c H C O c HC O
或，下列叙述错误的是
A．从M点到N点的过程中，c(H2C2O4)逐渐增大
B．直线n表示pH与
()
()
-
24
224
c HC O
lg
c H C O
-的关系
C．由N点可知K a1 (H2C2O4)的数量级为10 -2
D．pH=4.18的混合溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)= c(C2O42-) =c(Cl-)> c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 如图所示，从M点到N点的过程中，pH减小，氢离子浓度增大，c(H2C2O4)逐渐增大，故A正确；
B. pH增大，
()
()
-
24
224
c HC O
c H C O
增大，
()
()
-
24
224
c HC O
lg
c H C O
-减小，则直线n表示pH与
()
()
-
24
224
c HC O
lg
c H C O
-的关系，故
B正确；
C. 由N点可知K a1 (H2C2O4)的数量级为10 -2
K a1(H2C2O4)=
()()
()
-+
4
224
c HCO c H
c H C O
⋅
，在N点
()
()
-
24
224
c HC O
lg
c H C O
-=-1，即
()
()
-
24
224
c HC O
10
c H C O
=，N点的pH＝2.22，
则c(H+)＝10−2.22mol/L，所以K a1(H2C2O4)＝10×10−2.22＝1.0×10−1.22，故C正确；
D. M点：-lg
()
()
2-
24
-
24
c C O
c HC O
=0，Ka2=
()
()
2-+
24
-
24
c C O c(H)
c HC O
⋅
=10-3.18×10-1=10-4.18，pH=4.18时，c(HC2O4-)= c(C2O42-)，
但无法判断c(HC2O4-)= c(C2O42-) =c(Cl-)，故D错误；
故选D。

6．下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（）
A．汽油B．煤油C．凡士林D．石油气
【答案】D
【解析】
【详解】
石油分馏首先得到的是石油气，这说明石油气的沸点最低，故答案为D。

7．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。

X的族序数是周期数的3倍，25 ℃时，0.1 mol·L－1Z 的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，W的最外层有6个电子。

下列说法正确的是()
A．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
B．原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)
C．元素Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
D．Z分别与X、Y、W形成的化合物中均一定只含离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，25℃时，0.1mol/LZ的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，则Z为Na元素；W的最外层有6个电子，其原子序数大于Na，则W为S元素；X的族序数是周期数的3倍，X只能位于第二周期，则X为O元素；Y介于O、Na之间，则Y为F元素，据此解答。

【详解】
根据分析可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na，W为S元素。

A.元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性O>S，则X(O)的简单氢化物的热稳定性比W(S)的强，A错误；
B.元素核外电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，B正确；
C.氟离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，二者简单阴离子的电子层结构不同，C错误；
D.Na与O、F、S形成的化合物中，过氧化钠中既有离子键又有共价键，D错误；
故合理选项是B。

【点睛】
本题考查了原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构或物质的性质推断元素为解答关
键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。

8．下列操作能达到相应实验目的的是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【详解】
A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；
B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；
C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；
D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。

综上所述，答案为A。

【点睛】
检验酚羟基主要用铁离子检验。

9．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Z是地壳中含量最多的金属元素，W与X同主族。

下列说法错误的是()
A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)
B．由X、Y组成的化合物是离子化合物
C．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，X为氟元素，Y的原子核外最外层与次
外层电子数之和为9，Y为钠元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为铝元素，W与X同主族，W为氯元素。

【详解】
X为氟元素，Y为钠元素，Z为铝元素，W为氯元素。

A. 电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故A正确；
B. 由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；
C. 非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl 强，故C正确；
D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；
故选D，
【点睛】
本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注意比较原子半径的方法。

10．证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一。

下列事实与相应定律或原理不相符的是（）A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深——勒夏特列原理
B．常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2——阿伏加德罗定律
C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果——元素周期律
D．通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热——盖斯定律
【答案】C
【解析】
【详解】
A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深，说明增大反应物浓度，能使平衡正向移动，此事实与勒夏特列原理相符，A不合题意；
B．由CH4燃烧反应方程式可知，1molCH4在2molO2中完全燃烧，常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2，二者的体积比等于其物质的量之比，符合阿伏加德罗定律，B不合题意；
C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果，说明生成了HClO，符合强酸制弱酸原理，由于HClO不是最高价含氧酸，所以不符合元素周期律，C符合题意；
D．通过C、CO的燃烧热反应方程式，通过调整化学计量数后相减，可间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热，符合盖斯定律，D不合题意；
故选C。

11．前20号主族元素W、 X、Y 、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3 倍。

X、Y 、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。

含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。

下到说法正确的是（）
A．原子半径的大小W＜X<Y＜Z B．简单氢化物的热稳定性W＞X
C．Z的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈D．工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y 【答案】C
【解析】
W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，推出W为O，含有Z元素盐的焰色反应为紫色，说明Z 为K，X、Y、Z分属不同的周期，原子序数依次增大，因此X为F，X、Y、Z的原子序数之和是W原子序数的5倍，推出Y为Mg，A、原子半径大小顺序是K>Mg>O>F，故A错误；B、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F的非金属性强于O，因此HF的稳定性强于H2O，故B错误；C、K比Mg活泼，K与水反应剧烈程度强于Mg与水，故C正确；D、MgO的熔点很高，因此工业上常电解熔融状态的MgCl2制备Mg，故D错误。

12．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，电流从d流入导线进入铁片
B．d为铜片，铜片上电极反应为：O2 + 2H2O + 4e → 4OH–
C．d为锌块，铁片不易被腐蚀
D．d为镁片，铁片上电极反应为：2H+ + 2e → H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】
A．d为石墨，活泼金属铁片作负极，石墨作正极，电流从正极流入导线进入负极，故A正确；
B．d为铜片，活泼金属铁片作负极，铜片作正极；海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，铜片上电极反应为：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为镁片，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。

【点睛】
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，题目难度不大。

13．化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是 A ．碘酒是指单质碘的乙醇溶液 B ．84消毒液的有效成分是NaClO C ．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D ．装饰材料释放的甲醛会造成污染 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A 、碘酒是指单质碘的乙醇溶液，A 正确；
B 、84消毒液的有效成分是NaClO ，B 正确；
C 、浓硫酸与二氧化硅不反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，C 错误；
D 、装饰材料释放的甲醛会造成污染，D 正确； 答案选C 。

14．常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是（ ） A ．pH 相同的①CH 3COONa ②NaClO ③NaOH 三种溶液c (Na +)大小：①＞②＞③
B ．往稀氨水中加水，+32+4c(H )c(NH H O)
c(NH )
g 的值变小
C ．pH =4的H 2S 溶液与pH =10的NaOH 溶液等体积混合，存在下列等式：c (Na +)+c (H +)＝c (OH —)+2c (S 2—)
D ．Ca (ClO )2溶液中通入少量CO 2，ClO —水解程度增大，溶液碱性增强 【答案】A 【解析】 【详解】
A 、醋酸的酸性强于次氯酸，CH 3COONa 与NaClO 水解显碱性，根据越弱越水解的规律，若溶液的pH 相同，CH 3COONa 的浓度最大，所以三种溶液c (Na +)大小顺序为：①＞②＞③，故A 正确；
B 、NH 3•H 2O 的电离常数K =c (NH 4+)•c (OH ‾)/c (NH 3•H 2O )=c (NH 4+)•K w /c (NH 3•H 2O )•c (H +)，所以
+32+
4c(H )c(NH H O)
c(NH )
g 的值为常数，不发生变化，故B 错误； C 、因为H 2S 为弱酸，所以pH =4的H 2S 溶液与pH =10的NaOH 溶液等体积混合，H 2S 过量，根据电荷守恒可得：c (Na +)+c (H +)＝c (OH —)+2c (S 2—)+c (HS ‾)，故C 错误；
D 、Ca (ClO )2溶液中通入少量CO 2，生成CaCO 3与HClO ，溶液碱性减弱，故D 错误。

答案选A 。

15．设N A 为阿伏加德罗常数的值。

由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。

向混盐CaOCl 2中
加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2↑+ H2O。

下列说法正确的是
A．明矾、小苏打都可称为混盐
B．在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性
C．每产生1molCl2，转移电子数为N A
D．1molCaOCl2中共含离子数为4N A
【答案】C
【解析】
【详解】
A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；
B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；
C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1mol Cl2，转移电子数为N A，故C正确；
D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1mol CaOCl2共含离子数为3N A，故D错误；
综上所述，答案为C。

【点睛】
读清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离子。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．S2Cl2是一种金黄色易挥发的液体，常用作橡胶硫化剂。

某化学兴趣小组拟设计实验制备少量的S2Cl2，査阅资料知：
①干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得到S2Cl2。

②S的熔点为1．8℃、沸点为2．6℃；S2Cl2的熔点为-76℃、沸点为138℃。

③S2Cl2+Cl2Δ
2SCl2。

④S2Cl2易和水发生歧化反应。

该小组设计的制备装置如如图（夹持仪器和加热装置已略去）
(1)连接好实验装置后的第一步实验操作是____________。

(2)A装置中制取氯气的离子反应方程式_____________。

(3)装置B、C中的试剂分别是_____________，_____________；若实验中缺少C装置，发现产品浑浊不清，请用化学方程式表示其原因____________。

(4)该实验的操作顺序应为_____________（用序号表示）。

①加热装置A②加热装置D③通冷凝水④停止加热装置A⑤停止加热装置 D
(5)图中G装置中应放置的试剂为______________，其作用为______________。

(6)在加热D时温度不宜过高，其原因是_______________；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和______________。

【答案】检查装置的气密性MnO2+4H++2Cl-加热
Mn2++Cl2↑+2H2O 饱和食盐水浓硫酸
2S2C12+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl ①③②⑤④或者③①②⑤④碱石灰吸收氯气尾气，防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解产品纯度降低控制盐酸的滴速不要过快
【解析】
【分析】
装置A、B、C是制取干燥纯净的氯气，所以B是除杂装置，C是干燥装置；制得产品S2Cl2易水解，所以该装置前后均需要干燥环境，可推出装置G作用；实验操作顺序按照合理、安全原则进行；最后按照题干已知条件进行答题，据此分析。

【详解】
(1)连接好装置后需检查装置的气密性，答案为：检查装置的气密性；
(2)MnO2与浓盐酸反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-加热
Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3)B是除去氯气中的HCl，用饱和食盐水溶液；C是干燥装置，用浓硫酸；若缺少干燥装置，则产物S2Cl2与水发生歧化反应且变浑浊，2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；答案为：饱和食盐水；浓硫酸；
2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；
(4)加热之前先通冷凝水，否则开始生成的S2Cl2不能冷却液化，最后先停止加热后再停止通氯气，平衡容器压强，实验操作为：①③②⑤④或者③①②⑤④；
(5)G装置在最后一步，其作用之一未反应完的氯气尾气处理，其二防止空气中的水蒸气进入装置，G中盛放碱石灰，作用是吸收氯气尾气，防止空气污染，且防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解；(6)根据已知条件，温度太高S会汽化进入F装置，导致产率降低；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作除了控制好温度外，还可以控制盐酸的滴速不要过快。

【点睛】
制备易水解的如AlN、S2Cl2等物质时一定要在制备装置前后都加上干燥装置，所以G装置除了尾气处理作用之外还防止空气中的水蒸气进入装置；实验操作流程满足反应物利用率高、产率高、操作简便、安全等原理进行即可。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．丙烯是重要的有机化工原料，它与各有机物之间的转化关系如下：
回答下列问题：
(1)E 中官能团的名称为____；C 的结构简式为_____。

(2)由A 生成D 的反应类型为____；B 的同分异构体数目有___ 种（不考虑立体异构）。

(3)写出D 与F 反应的化学方程式：____。

【答案】醛基
加成反应 3
CH 3CH 2COOH+CH 3CH 2CH 2OH V
垐垐?噲垐?浓硫酸CH 3CH 2COOCH 2CH 2CH 3+H 2O 【解析】 【分析】
根据有机物间的转化关系运用逆推法分析各有机物的结构，判断官能团的种类，反应类型，并书写相关反应方程式。

【详解】
根据有机物间的转化关系知，D 和E 在浓硫酸作用下反应生成丙酸丙酯，则D 为1-丙醇，催化氧化后得到E 丙醛，E 催化氧化后得到F 丙酸；A 为丙烯，与水加成反应生成D1-丙醇；丙烯经过聚合反应得到高分子化合物C ， A 与溴的四氯化碳溶液反应生成B1，2-二溴乙烷。

（1）E 为丙醛，其官能团的名称为醛基；C 为聚丙烯，其结构简式为
，故答案为：醛基；
；
（2）由A 丙烯生成D1-丙醇的反应类型为加成反应；B1，2-二溴乙烷的同分异构体有1，1-二溴乙烷、2，2-二溴乙烷、1，3-二溴乙烷，3种，故答案为：加成反应；3； （3）丙酸和1-丙醇酯化反应的方程式为：CH 3CH 2COOH+CH 3CH 2CH 2OH 浓硫酸
∆
ƒCH 3CH 2COOCH 2CH 2CH 3+H 2O ，故
答案为：CH 3CH 2COOH+CH 3CH 2CH 2OH 浓硫酸
∆
ƒ
CH 3CH 2COOCH 2CH 2CH 3+H 2O 。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．雾霾天气严重影响人们的生活和健康。

因此采取改善能源结构、机动车限号等措施来减少PM2.5、SO 2、NO x 等污染。

请回答下列问题:
Ⅰ. 臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为：2NO 2(g)+O 3(g)
N 2O 5(g)+O 2(g)，不同温度下，在两
个恒容容器中发生该反应，相关信息如下表及图所示，回答下列问题：
容器甲乙
容积/L 1 1
温度/K T1T2
起始充入量1molO3和2molNO21molO3和2molNO2
①0~15min内乙容器中反应的平均速率：v(NO2) =____(计算结果保留两位小数)。

②该反应的正反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。

③T1时平衡后，向恒容容器中再充入1molO3和2molNO2，再次平衡后，NO2的百分含量将____(填“增大”“减小”或“不变”)。

④反应体系在温度为T1时的平衡常数为____。

⑤在恒温恒容条件下，下列条件不能证明该反应已经达到平衡的是____。

a．容器内混合气体压强不再改变
b．消耗2n molNO2的同时，消耗了n molO3
c．混合气体的平均相对分子质量不再改变
d．混合气体密度不再改变
II. 某化学小组查阅资料后得知：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) 的反应历程分两步：
①2NO(g)＝N2O2(g) (快)v1正＝k1正·c2(NO)，v1逆＝k1逆·c(N2O2)
②N2O2(g)＋O2(g)＝2NO2(g) (慢) v2正＝k2正·c(N2O2)·c(O2)，v2逆＝k2逆·c2(NO2)
请回答下列问题：
（1）已知决定2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)反应速率的是反应②，则反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1____E2(填“＞”“＜”或“＝”)。

（2）一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K＝____。

【答案】0.05mol/(L▪min) 放热减小0.5 bd ＜12
12
k k
k k
g
g
正正
逆逆
【解析】
【详解】
Ⅰ①由图像可知，0~15min 内乙容器中N 2O 5的浓度变化量0.4mol/L ，根据浓度的变化量之比等于化学计量数之比可得出NO 2的浓度变化量0.8mol/L ，平均速率：v(NO 2) =c t ∆∆=0.815
mol/(L▪min)=0.05mol/(L▪min) 故答案为：0.05mol/(L▪min)；
②甲乙两条曲线，起始量相同，分别代表了不同温度下的化学反应，乙曲线达到平衡的时间短，是温度高的曲线，T 2＞T 1，乙曲线达到平衡时的N 2O 5的浓度小，从甲到乙，可以看成温度升高，N 2O 5的浓度减小，即平衡逆向移动，逆反应是吸热的，则正反应是放热的。

故答案为：放热；
③T 1时平衡后，向恒容容器中再充入1molO 3和2molNO 2，相当于加压，增大压强，平衡正向移动，再次平衡后，NO 2的百分含量将减小， 故答案为：减小； ④根据 2NO 2(g)+O 3(g)
N 2O 5(g)+O 2(g)，根据三段式
始mol/L 2 1 0 0 变mol/L 1 0.5 0.5 0.5 平mol/L 1 0.5 0.5 0.5
K=()()()()252223c N O c O c NO c O ⋅⋅=20.50.510.5
⨯⨯=0.5 故答案为：0.5；
⑤在恒温恒容条件下， a ．容器内混合气体压强不再改变，反应前后气体物质的量变化，容器内混合气体压强不再改变，说明反应达到平衡状态，故a 正确
b ．消耗2nmolNO 2的同时，消耗了nmolO 3，只能说明反应正向进行，不能证明反应达到平衡状态，故b 错误；
c ．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，混合气体的平均相对分子质量不再改变，能说明反应达到平衡状态，故c 正确；
d ．反应前后气体质量和体积不变，混合气体密度始终不改变，不能说明反应达到平衡状态，故d 错误； 故答案选bd ；
II.（1）决定2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，活化能越高，反应速率越慢，速控步骤是慢反应，因此化学反应速率①>②，可见②的活化能更高，因此反应①的活化能E 1与反应②的活化能E 2的大小关系为E 1<E 2， 故答案为：<；
（2）一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v （正）=v （逆），根据多重平衡规则，该反应的化学平衡常数为K=K 1•K 2，根据速率方程式，K 1=
11k k 正逆，K 2=22k k 正
逆
，则K=1212k k k k ⋅⋅正正逆逆，
故答案为：12
12
k k
k k
⋅
⋅
正正
逆逆。

19．NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH
氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2
开始沉淀的pH 2.1 6.5 3.7 7.1
沉淀完全的pH 3.3 9.7 4.7 9.2
(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有__________(写一条即可)。

(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为__________。

(3)“调pH”时，控制溶液pH的范围为__________。

(4)“沉镍”过程中，若滤液A中c(Ni2＋)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2＋沉淀完全［即溶液中c(Ni2＋)≤1.0×10-5］，则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_____g。

(已知K sp(NiCO3)=6.5×10-6，忽略溶液体积的变化)
(5)流程中由溶液得到NiCl2·6H2O的实验操作步骤依次为______、过滤、洗涤、干燥。

【答案】将镍废料磨成粉末(或搅拌，或适当升高温度，或提高酸的浓度) H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 4.7≤pH<7.1或［4.7，7.1) 17.5 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
根据流程：金属镍废料(含Fe、Al等杂质)，加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7≤pH<7.1，使Fe3+、Al3+全部沉淀，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液主要含有Ni2+，加入Na2CO3溶液沉淀Ni2+，将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl2溶液，将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O，据此分析作答。

【详解】
(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度，都可以提高镍元素的浸出率；
(2)H2O2具有氧化性，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
(3)“调p H”的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但不沉淀Ni2+，根据表格数据可知，应该控制溶液pH的范围为4.7≤pH
＜7.1或[4.7，7.1）；
(4)滤液A中c(Ni2+)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中含有n(Ni2+)=0.1mol，则生成NiCO3需要CO32-为0.1mol，
Ni2+刚好沉淀完全时，溶液中c(CO32-)=
6
5
6.510
1.010
-
-
⨯
⨯
=0.65mol/L，此时溶液中CO32-为0.065mol，故至少需要
Na2CO3固体0.1mol+0.065mol=0.165mol，其质量m(Na2CO3)=0.165mol×106g/mol=17.49g≈17.5g；
(5)将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O。