2020年湖南省名师联盟高考化学一模试卷

2020年湖南省名师联盟高考化学一模试卷
一．选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（）
A.在花生油中添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程
B.用活性炭为蔗糖脱色和用臭氧漂白纸浆原理相似
C.利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72−的颜色差异来检验是否酒后驾车
D.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是产生雾霾天气的主要因素
2. 杜瓦苯（
）与苯互为同分异构体，则杜瓦苯（）
A.最简式是CH2
B.分子中所有原子共平面
C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.是CH2＝CH−CH＝CH2的同系物
3. 下列实验方案不能达到实验目的是（）
A.图A装置用Cu和浓硝酸可制取NO
B.图B装置可用于实验室制备Cl2
C.图C装置可用于实验室制取乙酸乙酯
D.图D装置可用于实验室分离CO和CO2
4. 《本草纲目》中载有一药物，名“铜青”。

“藏器曰：生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也。

铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。

时珍曰：近时人以醋制钢生绿，取收晒干货之”。

后者的反应原理为（）
A.析氢腐蚀
B.吸氧腐蚀
C.化学腐蚀
D.置换反应
5. 设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.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2N A
B.15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中，阴离子数为0.2N A
C.1L0.1mol⋅L−1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO−数目为0.1N A
D.25∘C，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中含OH−的数目为0.2N A
6. 下列有关说法正确的是（）
A.存在化学键断裂的变化一定是化学变化
B.酸性氧化物不一定是非金属氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物
C.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
D.石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化
7. 某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体．现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色．对于原混合气体成分的判断中正确的是（）
A.可能有Cl2和O2
B.肯定只有NO
C.肯定有SO2和NO，一定无O2
D.肯定没有Cl2和NO2，一定有O2
8. 在相同温度时100mL0.01mol/L的醋酸溶液与10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（）
A.中和时所需NaOH的量
B.电离程度
C.H+的物质的量的量浓度
D.CH3COOH的物质的量
9. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，X+和Y3+的电子层结构相同，Z−的电子数比Y3+多8个，下列叙述正确的是（）
A.W在自然界只有一种核素
B.半径大小：X+<Y3+<Z−
C.Y与Z形成的化合物的水溶液呈弱酸性
D.X的最高价氧化物对应的水化物为弱碱
10. 下列说法正确的是（）
A.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
B.SO2能使品红溶液、溴水褪色，分别说明SO2具有强氧化性、还原性
C.将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别蒸干和灼烧，最终所得产物的成分均为Al2O3
D.金属钠具有强还原性，可用与TiCl4溶液反应制取金属Ti
11. 实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮(NH3)的流程如下：
下列分析正确的是（）
A.①中采用蒸馏的方法精制粗盐水
B.②中阳极的主要电极反应：40H−−4e−＝2H2O+O2↑
C.③中制备漂白液的反应：Cl2+OH−＝Cl−+HClO
D.②、③、④中均发生了氧化还原反应
12. 利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。

下列说法正确的是（）
A.电池工作时，OH −从左向右迁移
B.电极A 上发生氧化反应，电极A 为正极
C.当有0.1molNO 2被处理时，外电路中通过电子0.4mol
D.电极B 的电极反应式为2NO 2+8e −+8H +=N 2+4H 2O
13. 由下列实验及现象推出相应结论正确的是（ ）
14. 下列对图象的叙述正确的是（ ）
A.图甲可表示压强对反应：N 2(g)+3H 2(g)⇌2NH 3(g)△H ＝−92.4 kJ ⋅mol −1的影响
B.图乙中，t 1时刻改变的条件一定是加入了催化剂
C.若图丙表示反应：A(g)+B(g)⇌xC(g)，则T 1>T 2、x <2
D.图丁表示水中c(H +)和c(OH −)的关系，ABC 所在区域总有c(H +)<c(OH −)
15. 在刚性容器中发生反应：2CO 2(g)+6H 2(g)⇌C 2H 5OH(g)+3H 2O(g)，一定压强下，平衡时H 2的转化率α(H 2)随温度T 、投料比c(CO 2)
c(H 2
)的变化关系如图所示。

下列说法错误的是（ ）
A.投料比c(CO 2)
c(H 2
)的大小关系是：a >b >c
B.图中M 点对应的平衡，若容积不变，充入He ，则α(H 2)不变
C.该反应的平衡常数K(600∘C)>K(500∘C)
D.若题图表示相同投料时，不同压强下α(H 2)随T 的变化关系，则压强最大的是a
16. 25∘C 时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[−lgC(M 2+)]与溶液PH 的变化关系如图所示，已知：该温度下，K sp [Cu(OH)
2]
<
K
sp [Fe(OH)2]．下列说法正确的是（ ）
A.b 线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且K sp [Fe(OH)2]＝10−15.1
B.当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中C(Fe 2+)：C(Cu 2+)＝1:104.6
C.向X 点对应的饱和溶液中加入少量NaOH ，可转化为Y 点对应的溶液
D.除去CuSO 4溶液中含有的少量Fe 2+，可加入适量CuO 二、非选择题（共52分）
一定温度下10L 密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达式为：
K =
c(CO)⋅c(H 2)
c(H 2O) 根据题意完成下列填空．
（1）写出该反应的化学方程式：________；若温度升高，K 增大，该反应是________（选填“吸热”或“放热”）反应．
（2）下列能判断该反应一定达到平衡状态的是________（选填编号）． a ．v 正(H 2O)＝v 逆(H 2)
b ．容器中气体的密度不随时间改变
c ．消耗n molH 2同时消耗nmolCO
d ．容器中物质的总物质的量不随时间改变
（3）该反应的v 正随时间变化的关系如图．t 2时刻改变了某种条件，改变的条件可能是________或________．
（4）实验测得t 2时刻容器内有1molH 2O ，5min 后H 2O 的物质的量是0.8mol ．则这5min 内H 2O 的平均反应速
率为________．
某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4⋅2H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。

已知：FeC2O4⋅2H2O难溶于水，150∘C开始失结晶水；常温下H2C2O4为晶体，易溶于水，溶解度随温度升高而增大。

请回答：
（1）步骤②，发生反应的离子方程式________；该步骤H2C2O4稍过量主要是为了________。

（2）下列操作或描述正确的是（）。

A.步骤①，酸化主要是为了抑制Fe2+水解
B.步骤③，如果采用冷水洗涤可提高除杂效果
C.步骤③，如果在常压下快速干燥，温度可选择略高于100∘C
（3）称取一定量的FeC2O4⋅2H2O试样，用硫酸溶解，采用KMnO4滴定法测定，折算结果如下：
由表中数据推测试样中最主要的杂质是________。

（4）实现步骤④必须用到的两种仪器是________（供选仪器如下）
a．坩埚；b．烧杯；c．蒸馏烧瓶；d．锥形瓶；e．表面皿：f．高温炉，该步骤的化学方程式是________。

工业上用铬铁矿（主要成分可表示为FeO⋅Cr2O3，还含有Al2O3、MgCO3、SiO2等杂质）为原料制备重铬酸钾晶体(K2Cr2O7)和铁红的流程如图：
已知：Ⅰ．2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O
（1）铬铁矿反应前需要进行粉碎，目的是________。

（2）熔融Na2CO3条件下主要反应：2FeO⋅Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3=4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7 NaNO2．该反应中的氧化产物为________、________。

该条件下还可以得到的副产物为NaAlO2和Na2SiO3，写出生成Na2SiO3的化学方程式为________。

（3）滤渣2的主要成分为________；滤渣4的主要成分为________。

（4）调节pH3的合适试剂为________；调节pH3的范围为________。

（5）用醋酸调节pH2＝5的目的为________。

（6）检验滤液4中Fe3+是否沉淀完全的方法是________。

甲醇(CH3OH)和二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料，具有清洁、高效等性能。

（1）CO2可用于合成二甲醚(CH3OCH3)，有关反应的热化学方程式如下：
CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)△H＝−49.0 kJ⋅mol−1
2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)△H＝−23.5 kJ⋅mol−1
H2O(l)＝H2O(g)△H＝+44 kJ⋅mol−1
则CO2与H2反应合成二甲醚生成液态水的热化学方程式为：________。

（2）工业上合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H＝−90.8kJ⋅mol−1．下列不能说明该反应在恒温恒容条件下已达化学平衡状态的是（）
A.v正(H2)＝
2v
逆
(CH3OH)
B.n(CO)：n(H2)：n(CH3OH)＝1:2:1
C.混合气体的密度不变
D.混合气体的平均相对分子质量不变
E.容器的压强不变
（3）若反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)在某温度下的化学平衡常数为400，此温度下，在密闭容器中加入一定量甲醇，反应进行到某时刻，测得各物质的浓度如表所示：
①比较该时刻正、逆反应速率的大小：v（正）________v（逆）（填“>”、“<”或“＝”）。

②若加入甲醇后，经10min反应达到平衡，则平衡后c(CH3OH)＝________，该时间内反应速率v(CH3OCH3)＝________。

（4）利用二甲醚(CH3OCH3)设计一个燃料电池，用KOH溶液作电解质溶液，石墨做电极，该电池负极电极
反应式为________。

以此燃料电池作为外接电源按如图所示电解硫酸铜溶液，如果起始时盛有1000mLpH＝5的硫酸铜溶液（25∘C，CuSO4足量），一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到起始浓度（温度不变，忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入________其质量约为________g。

以烃A为原料合成医用麻醉药苄佐卡因和食品防腐剂尼泊金酸乙酯的路线如图：
完成下列填空
（1）A的结构简式是________。

工业上A的来源通常是________。

（2）反应①的化学方程式是________→
△
________。

（3）反应②的反应类型是________。

（4）反应③的试剂与条件是________。

（5）F的结构简式是________。

（6）尼泊金酸乙酯有多种同分异构体，任写一种符合下列要求的同分异构体的结构简式________。

i．能发生银镜反应且分子中不含甲基ii．苯环上有两个对位取代基
（7）以A为起始原料，可以合成涂改液的主要成分亚甲基环己烷（
），写出其合成线路。

________。

（合成路线常用的表示方式为：A→B⋯⋯→目标产物）
参考答案与试题解析
2020年湖南省名师联盟高考化学一模试卷
一．选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1.
【答案】
B
【考点】
元素的性质与原子结构
物质的结构与性质之间的关系
【解析】
A、食用油脂的酸败过程实际是被氧气氧化的过程；
B、活性炭具有吸附作用，常用于褪色剂，臭氧具有强氧化性，可作漂白剂；
C、Cr2O72−具有强氧化性、是橙红色物质，能与乙醇生成Cr3+，溶液颜色变化明显；
D、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物。

【解答】
A．花生油属于植物油，植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，具有还原性，易被空气中的氧气氧化，因此
在花生油中添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程，故A正确；
B．用活性炭为蔗糖脱色，利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，用臭氧漂白纸浆，是因为臭氧具有氧化性，能够氧化有机色素，属于化学变化，二者原理不同，故B错误；
C．乙醇具有还原性，可被Cr2O72−氧化为Cr3+，Cr3+、Cr2O72−的颜色不同，可用于检验酒后驾车，故C正确；D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，对人体有害，为可吸入颗粒物，分数于空气中形成
雾霾，是产生天气的主要因素，故D正确；
2.
【答案】
C
【考点】
芳香烃、烃基和同系物
【解析】
A．最简式为分子中各原子的最简比；
B．苯分子是平面结构，但杜瓦苯不是；
C．含碳碳双键的有机物易被高锰酸钾氧化；
D．同系物结构相似。

【解答】
A．杜瓦苯（
）与苯互为同分异构体，苯分子式为C6H6，杜瓦苯与苯分子式相同，最简原子比为1:1，最简式为CH，故A
错误；
B．苯是平面结构，所有原子共平面，杜瓦苯（
）含有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有原子不可能处于同一平面，故B错误；
C．杜瓦苯易被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾褪色，故C正确；
D．CH2＝CH−CH＝CH2未成环，与杜瓦苯结构不相似，不是同系物，故D错误；3.
【答案】
B,C
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮；
B．氯气易于氢氧化钠反应；
C．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解；
D．CO与氢氧化钠溶液不反应，CO2与氢氧化钠可反应生成碳酸钠，碳酸钠和稀硫酸反应可生成二氧化碳，浓硫酸具有吸水性，可干燥气体。

【解答】
A．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取NO，故A正确；
B．氯气易于氢氧化钠反应，导管插入液面下易发生倒吸，故B错误；
C．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故C错误；
D．要将CO和CO2分离，可在甲中装有NaOH溶液，用来吸收CO2，此时广口瓶中发生的反应方程式为：
2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；先分离出被乙中浓硫酸干燥过的纯净的CO，所以关闭b，打开a，混合气体进入左边广口瓶装置，CO与氢氧化钠溶液不反应，可分离出被右边广口瓶中浓硫酸干燥过的纯净的CO，故D 正确。

4.
【答案】
C
【考点】
金属的电化学腐蚀与防护
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题意可知后者的反应原理是醋与铜反应，故是化学腐蚀。

故选C。

5.
【答案】
B
【考点】
阿伏加德罗常数
【解析】
A、气体所处的状态不明确；
B、Na2S和Na2O2的摩尔质量相同，含有的阴离子个数也相同；
C、醋酸根是弱酸根，在溶液中会水解；
D、25∘C时，pH＝13的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.1mol/L。

【解答】
A．未说明气体是否在标况下，22.4L气体的物质的量不能计算，故A错误；
B．Na2S和Na2O2二者的摩尔质量相同，所以15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中即0.2mol，阴离子数为0.2N A，故B正确；
C．CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，不能计算其离子数目，故C错误；
D．25∘C时，pH＝13的氢氧化钡溶液中c(OH−)＝0.1mol/L，故1L溶液中氢氧根的个数为0.1N A个，故D错误。

6.
【答案】
B
【考点】
物理变化与化学变化的区别与联系
酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系
【解析】
A．化学反应的实质为旧键断裂、新键形成；
B．酸性氧化物可以是金属氧化物；
C．铁单质能还原某些金属离子；
D．有新物质生成的变化属于化学变化。

【解答】
A．化学反应的实质为旧键断裂、新键形成，则既有化学键断裂又有化学键形成的变化一定是化学变化，存在化学键断裂的变化不一定是化学变化，如氯化钠的电离，故A错误；
B．酸性氧化物可以是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物，如CaO，故B正确；
C．铁单质能还原某些金属离子，纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉与重金属离子发生置换反应，不是吸附，故C错误；
D．石油的分馏是利用沸点不同来分离混合物，属于物理变化，煤的气化、液化均有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
7.
【答案】
C
【考点】
常见气体的检验
【解析】
无色气体，则一定不含Cl2和NO2气体，能使品红褪色的气体为SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，以此来解答．
【解答】
氯气为黄绿色气体，二氧化氮为红棕色气体，气体无色，则说明不含有Cl2和NO2气体，故A错误，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则一定没有O2，综上所述，一定含SO2、NO，没有Cl2、O2、NO2，所以C符合，
8.
【答案】
B
【考点】
弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】
醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，以此解答该题。

【解答】
A．由于溶质n(CH3COOH)都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故A错误；
B．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，电离程度0.01mol⋅L−1的醋酸大，故B正确；
C．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，但100mL 0.01mol⋅L−1的醋酸溶液与10mL 0.1mol⋅L−1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量浓度后者大，故C错误；
D．在相同温度时，100mL 0.01mol⋅L−1的醋酸溶液与10mL 0.1mol⋅L−1的醋酸溶液中溶质都为0.001mol，故D错误。

9.
【答案】
C
【考点】
原子结构与元素周期律的关系
【解析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，W为C元素；X+和Y3+的电子层结构相同，X为Na，Y为Al元素；Z的电子数比Y3+多8个，Z的电子数为10+8−1＝17，Z为Cl，以此来解答．
【解答】
由上述分析可知，W为C，X为Na，Y为Al，Z为Cl，
A．W为C，存在12C、13C、14C等核素，故A错误；
B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则半径大小：Y3+< X+<Z−，故B错误；
C．Y与Z形成的化合物为氯化铝，铝离子水解，其水溶液呈弱酸性，故C正确；
D．X的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，为强碱，故D错误；
10.
【答案】
A
【考点】
金属的电化学腐蚀与防护
【解析】
A、电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是镁作负极，铁作为正极；
B、二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；
C、将Al2(SO4)3溶液蒸干灼烧，其部分水解为氢氧化铝和不挥发性硫酸；
D、金属钠与熔融TiCl4反应制取金属Ti，钠做还原剂。

【解答】
A、电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，镁作负极，铁作为正极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B、二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，表现还原性，SO2能使品红溶液褪色，表现漂白性，故B错误；
C、将Al2(SO4)3溶液蒸干灼烧，部分水解为氢氧化铝和不挥发的硫酸，水解程度很小，故蒸干后仍为
Al2(SO4)3，故C错误；
D、金属钠与熔融TiCl4反应制取金属Ti，钠做还原剂，提现钠的强还原性，故D错误。

11.
【答案】
D
【考点】
物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用
制备实验方案的设计
【解析】
粗盐水经提纯得到精致盐水，电解生成氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，次氯酸钠与氨气发生氧化还原反应可生成氮气、氯化钠，达到脱除废水氨氮的目的，以此解答该题。

【解答】
A．蒸馏不能除去食盐中的固体杂质，故A错误；
B．电解饱和食盐水，阳极生成氯气，发生2Cl−−2e−＝Cl2↑，故B错误；
C．③中制备漂白液的反应为Cl2+20H−＝Cl−+ClO−+H2O，故C错误；
D．②电解食盐水生成氯气，③发生Cl2+20H−＝Cl−+ClO−+H2O，④次氯酸钠与氨气发生氧化还原反
应可生成氮气、氯化钠，均发生了氧化还原反应，故D正确。

12.
【答案】
C
【考点】
电解池的工作原理及应用
【解析】
根据总方程式6NO2+8NH3=7N2+12H2O中NO2可知，NO2中N元素化合价由+4价变为0价、NH3中N元素
化合价由−3价变为0价，所以NO2发生还原反应、NH3发生氧化反应，则通入NH3的A电极作负极、B电极作
正极，负极电极方程式为2NH3−6e−+60H−＝N2+6H2O，正极反应式为2NO2+8e−+4H2O＝80H−+N2，电池工作时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。

【解答】
由反应6NO2+8NH3＝7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极；A．A为负极，B为正极，电池工作时，OH−从右向左迁移，故A错误；
B．A为负极，发生氧化反应，故B错误；
C．当有0.1mol NO2被处理时，N元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子0.4mol，故C正确；
D．电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e−+4H2O＝N2+80H−，故D错误；
13.
【答案】
D
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．溶液中可能含亚硫酸根离子，且酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸根离子；
B．HCl极易溶于水，氯气中有水蒸气；
C．发生取代反应生成HCl易溶于水显酸性；
D．发生沉淀的转化。

【解答】
A．溶液中可能含亚硫酸根离子，且酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸根离子，则均生成白色沉淀，不能
说明原溶液中是否有SO42−，故A错误；
B．HCl极易溶于水，氯气中有水蒸气，应干燥后得到纯净的氯气，故B错误；
C．发生取代反应生成HCl易溶于水显酸性，HCl能使湿润的石蕊试纸变红，氯代烃为中性，故C错误；
D．发生沉淀的转化，向Ksp更小的方向移动，则Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，故D正确；
14.
【答案】
C
【考点】
化学反应速率与化学平衡图象的综合应用
化学平衡的影响因素
探究溶液的酸碱性
产物百分含量与压强的关系曲线
体积百分含量随温度、压强变化曲线
【解析】
A．增大压强，合成氨反应正向移动；
B．t1时刻正逆反应速率同等程度增大；
C．由图可知，T1先达到平衡，P2先达到平衡，且增大压强平衡正向移动，C的含量增大；D．ABC所在区域内纵坐标大于横坐标数值。

【解答】
A．增大压强，合成氨反应正向移动，氮气的转化率增大，与图象部分，故A错误；
B．t1时刻正逆反应速率同等程度增大，若为气体体积不变的反应，可能为增大压强或使用催化剂，故B错误；C．由图可知，T1先达到平衡，P2先达到平衡，且增大压强平衡正向移动，C的含量增大，则T1>T2、x<2，故C正确；
D．ABC所在区域内纵坐标大于横坐标数值，则c(H+)>c(OH−)，故D错误；
15.
【答案】
C
【考点】
化学平衡的影响因素
【解析】
A．增大投料比c(CO2)
c(H2)
，平衡正向移动；
B．容积不变，充入He，平衡不发生移动；
C．温度升高，H2的转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应；
D．压强增大，平衡正向移动，H2的转化率增大。

【解答】
A．增大投料比c(CO2)
c(H2)
，平衡正向移动，H2的转化率增大，所以a>b>c，故A正确；
B．图中M点对应的平衡，若容积不变，充入He，则反应物和生成物的浓度都不发生改变，平衡不发生移动，α(H2)不变，故B正确；
C．温度升高，H2的转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以该反应的平衡常数
K(600∘C)<K(500∘C)，故C错误；
D．若题图表示相同投料时，不同压强下α(H2)随T的变化关系，压强增大，平衡正向移动，H2的转化率增大，所以压强最大的是a，故D正确。

16.
【答案】
A
【考点】
难溶电解质的溶解平衡
【解析】
A．该温度下，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，则c(Fe2+)>c(Cu2+)，离子浓度越大，−lgC(M2+)值越小；
B．C(Fe2+)：C(Cu2+)=Ks[Fe(OH)2]
Ksp[Cu(OH)2]
；
C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，金属离子的浓度会减小；
D．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，加入适量CuO，Fe2+不变．
【解答】
A．该温度下，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，则c(Fe2+)>c(Cu2+)，离子浓度越大，−lgC(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中C(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中−lgC(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，由图象可知，pH＝8时，−lgC(Fe2+)＝3.1，Ksp[Fe(OH)2]＝10−3.1×(10−6)2＝
10−15.1，故A正确；
B．当pH＝10时，−lgC(Cu2+)＝11.7，则Ksp[Cu(OH)2]＝10−11.7×(10−4)2＝10−19.7，C(Fe2+)：
C(Cu2+)=Ks[Fe(OH)2]
Ksp[Cu(OH)2]
=10−15.1
10−19.7
=1
10−4.6
，故B错误；
C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而
从X点到Y点铜离子浓度不变，故C错误；
D．Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变，故D错误。

二、非选择题（共52分）
【答案】
C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g),吸热
ab
升高温度,增大水蒸气浓度
0.004mol/(L﹒min)
【考点】
反应速率的定量表示方法
反应热和焓变
化学反应速率变化曲线及其应用
化学平衡状态的判断
【解析】
（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C(s)+H2O(g)⇌
CO(g)+H2(g)；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变；
（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是温度、压强、反应物浓度；
（4）反应速率=△n
V
△t ．
【解答】
根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+
H2(g)；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，K增大说明平衡正向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为：C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)；吸热；
a．当v正(H2O)＝v逆(H2)＝v逆(H2O)时，正逆反应速率相等，所以反应达到平衡状态，故正确；
b．反应前后气体质量改变、容器体积不变，当容器中气体的密度不随时间改变，正逆反应速率相等，所以
达到平衡状态，故正确；
c．无论反应是否达到平衡状态都存在消耗n molH2同时消耗nmolCO，所以不能据此判断平衡状态，故错误；d．无论反应是否达到平衡状态容器中物质的总物质的量都不随时间改变，所以不能据此判断平衡状态，故
错误；
故选a b；
改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是升高温度、增大压强、增大反应物浓度，
故答案为：升高温度；增大水蒸汽的浓度；
反应速率=△n
V
△t
=
1−0.8
10
5
=0.004mol/(L﹒min)，
故答案为：0.004mol/(L﹒min)．
【答案】
Fe2++H2C2O4+2H2O＝FeC2O4⋅2H2O+2H+,将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率A,C
(NH4)2SO4
af,4FeC
2O4⋅2H2O+3022Fe2O3+8CO2+8H2O
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止Fe2+的水解，在溶液中加稀酸可以抑制亚铁离子的水解，将溶液里的Fe2+
完全转化为草酸亚铁晶体，需要加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体(FeC2O4⋅2H2O)难溶于水，可通过抽
滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁(Fe2O3)，再用CO还原氧化铁得到还原铁粉。

（1）步骤②为亚铁离子与草酸生成FeC2O4⋅2H2O的反应；从提高产率考虑该步骤H2C2O4稍过量；
（2）A．亚铁离子水解显酸性；
B．H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大；
C．FeC2O4⋅2H2O在150∘C开始失结晶水，除去晶体表面的水份，不宜超过150∘C；
（3）可结合电荷守恒分析，溶液中c(Fe2+)与c(C2O42−)之间满足电荷守恒，可知杂质中不存在Fe2+或C2O42−；
（4）固体灼烧需要在坩埚内进行，据此选择需要的仪器；草酸亚铁和O2灼烧时生成氧化铁和CO2，根据电子
守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式。

【解答】
硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止Fe2+的水解，在溶液中加稀酸可以抑制亚铁离子的水解，将溶液里的Fe2+
完全转化为草酸亚铁晶体，需要加入过量的草酸，步骤②为亚铁离子与草酸生成FeC2O4⋅2H2O的反应，反
应为：Fe2++H2C2O4+2H2O＝FeC2O4⋅2H2O↓+2H+；为了使Fe2+沉淀完全，将溶液里的Fe2+完全转化
为草酸亚铁晶体，提高产率，H2C2O4稍过量；
故答案为：Fe2++H2C2O4+2H2O＝FeC2O4⋅2H2O↓+2H+；将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，提
高原料利用率；
A．Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，亚铁离子水解显酸性，在溶液中加稀酸可以抑制亚铁离子的水解，所
以步骤①，酸化主要是为了抑制Fe2+水解，故A正确；
B．步骤③，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度，提升除杂效果，故B错误；
C．步骤③，如果在常压下为使FeC2O4⋅2H2O快速干燥，可使温度高于100∘C，但须低于150∘C，故C正
确；
故答案为：AC；
由图表数据可知，溶液中已知Fe2+和C2O42−的浓度满足电荷守恒，说明杂质中不存在Fe2+或C2O42−，那杂质
只能是反应的另一种生成物(NH4)2SO4，
故答案为：(NH4)2SO4；
固体灼烧需要在坩埚内进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉，即选af；草酸亚铁和O2灼烧时发
生反应的化学方程式为4FeC2O4⋅2H2O+3022Fe2O3+8CO2+8H2O，
故答案为：af；4FeC2O4⋅2H2O+3022Fe2O3+8CO2+8H2O。

【答案】
增大接触面积，加快反应速率
Fe2O3,Na2CrO4,SiO
2
+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑
Al(OH)3、H2SiO3,Fe(OH)3
盐酸,3.2≤pH<8.1
使CrO42−转化为Cr2O72−
取少量溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液未变为红色，即证明Fe3+沉淀完全，反之未沉淀完全
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】。