(4份试卷汇总)2020-2021学年福建省名校新高考化学教学质量检测试题

2021届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．高温下，某反应达到平衡，平衡常数
[]
[][]2
22
[CO]H O
CO H
K=，保持其他条件不变，若温度升高，c（H2）减
小。

对该反应的分析正确的是
A．反应的化学方程式为：CO+H2O CO2+H2
B．升高温度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多
C．缩小容器体积，v（正）、v(逆)都增大，且v（正）增大更多
D．升高温度或缩小容器体积，混合气体的平均相对分子量都不会发生改变
2．油炸虾条、薯片等易碎的食品，不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。

在实际生产中，充入此类食品袋的是下列气体中的（）
A．氧气B．二氧化碳C．空气D．氮气
3．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M，X的一种单质可用于自来水的消毒，Y的焰色反应呈黄色，X与Z同主族。

下列说法正确的是（）
A．简单离子半径：r（Y）>r（Z）>r（X）>r（W）
B．X与Z形成的常见化合物均能与水发生反应
C．M是一种离子化合物，其溶液呈酸性是因为阴离子水解
D．X的气态氢化物比Z的稳定是因为X的氢化物形成的氢键牢固
4．下列反应生成物不受反应物的用量或浓度影响的是
A．硫酸与氯化钠反应B．硝酸银溶液中滴加稀氨水
C．铁在硫蒸气中燃烧D．铁粉加入硝酸中
5．四种短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如图所示，四种元素原子的最外层电子数之和为22。

下列说法正确的是（）
A．氢化物的沸点：X＜Z
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
C．化合物熔点：YX2＜YZ4
D．简单离子的半径：X＜W
6．常温下，用0.1 mol·L-1 KOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L-1 HA（K a＝1.0×10-5）溶液的滴定曲线如图所示。

下列说法错误
．．的是
A．a点溶液的pH约为3
B．水的电离程度：d点＞c点
C．b点溶液中粒子浓度大小：c（A－）＞c（K＋）＞c（HA）＞c（H＋）＞c（OH－）
D．e点溶液中：c（K＋）=2c（A－）+2c（HA）
7．某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是（）
A．X的分子式为C12H16O3
B．X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应
C．在催化剂的作用下，1 mol X最多能与1 mol H2加成
D．可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X
8．关于氯化铵的说法错误的是
A．氯化铵溶于水放热B．氯化铵受热易分解
C．氯化铵固体是离子晶体D．氯化铵是强电解质
9．乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。

下列有关说法正确的是
A．氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②③
B．氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色
C．反应⑥的现象为产生砖红色沉淀
D．可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2
10．向含有0.2 mol氢氧化钠和0.1 mol氢氧化钙的溶液中，持续稳定地通入二氧化碳气体，通入气体为
6.72 L （标准状况）时，立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目与通入二氧化碳气体体积的关系正确的是（不考虑气体的溶解）
A ．
B ．
C ．
D ．
11．联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是
A ．做电解液
B ．制焊药
C ．合成橡胶
D ．做化肥
12．已知HA 的酸性弱于HB 的酸性。

25℃时，用NaOH 固体分别改变物质的量浓度均为0.1 mol•L -1的HA 溶液和HB 溶液的pH （溶液的体积变化忽略不计），溶液中A
-、B -的 物质的量浓度的负对数与溶液的pH 的变化情况如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．曲线Ⅰ表示溶液的pH 与-lgc （A -）的变化关系
B ．100()
a a K HB K HA （） C ．溶液中水的电离程度：M>N
D ．N 点对应的溶液中c （Na +）＞Q 点对应的溶液中c （Na +）
13．在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。

下列说不正确的是
A．E a为催化剂存在下该反应的活化能，E a′为无催化剂时该反应的活化能
B．该反应为放热反应，△H=E a-E a′
C．活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子
D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动
14．在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl(g)和O2制取Cl2的原理为：4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH<0。

下列有关说法不正确的是
A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小
B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，逆反应速率减小
C．平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大
D．其他条件不变，使用不同催化剂，HCl(g)的转化率不变
15．NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。

将浓度均为0.020 mol·L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，55 ℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。

据图分析，下列判断不正确的是()
A．40 ℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短
B．40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长
C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等
D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(Fe x S)、品质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4·H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：
已知：22UO +
在pH 为4～5的溶液中生成UO 2(OH )2沉淀。

回答下列问题：
(l )“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：________ (至少答两个措施)，该步骤中NaC1O 3可将UO 2
转化为22UO +，则该反应的离子方程式为_____。

(2)“除铁净化”需要加入____(填化学式)把溶液pH 调节至4～5，滤渣的成分是_______。

(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgC12的作用是 ___。

(4)铁精矿(Fe 3O 4、Fe x S )经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。

已知T ℃，
-38sp 3K Fe(OH)=4.010⎡⎤⨯⎣
⎦，[]-16sp 2K Fe(OH)=8.010⨯，-a w K =10回答下列问题： ①在T ℃，假设Fe 3+水解的离子方程式是：323Fe (aq)3H O(1)Fe(OH)(s)3H (aq)+++=+，则该条件下Fe 3+水解反应的平衡常数K= __(用含以的字母表示)。

②在T ℃向饱和Fe (OH )3、Fe (OH )2的混合溶液中，加入少量NaOH 固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的c (Fe 2+)／c (Fe 3+)会 __(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．现有五种可溶性物质 A 、B 、C 、D 、E ，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子 Al 3＋、Fe 3＋、Cu 2＋、Ba 2＋、K ＋和五种阴离子 NO 3-、OH －、Cl －、CO 32-、X n-（n = 1 或 2）中的一种。

（1）通过比较分析，无需检验就可判断其中必有的两种物质是 ________ 和 _______。

（2）物质 C 中含有离子 Xn-。

为了确定 Xn-，现将（1）中的两种物质记为 A 和 B ，当 C 与 A 的溶液混合时产生白色沉淀，继续加入过量 A 溶液白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀 HCl ，白色沉淀不溶解，则 C 为 ______（填化学式）。

写出部分白色沉淀溶解的离子方程式 ______。

（3）将 19.2 g Cu 投入装有足量 D 溶液的试管中，Cu 不溶解，再滴加稀 H 2SO 4，Cu 逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质 D 一定含有上述离子中的 ________（填相应的离子符号），写出 Cu 溶解的离子方程式 _________，若要将 Cu 完全溶解，至少加入 H 2SO 4 的物质的量是__________。

（4）E 溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，写出该反应的化学方程式为 _________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。

反应 2NO （g ）+2CO （g ）⇌2CO 2（g ）+N 2（g ），可减少汽车尾气中污染物的排放，在 2L 密闭容器中发生该反应时，n （CO 2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。

（1）该反应的平衡常数表达式为K=______，若升高温度，平衡常数K 值______（填“增加”“减小”或“不变”），说明理由______；
（2）在T2温度下，0～2s 内的平均反应速率v（N2）=______；
（3）工业废水的处理方法有很多，使用Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因______，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应的氧化剂为______；
（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品______，用化学方程式表示产生副产品的原因______。

19．（6分）VA族元素氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)的单质及其化合物在科研和生产中有许多重要用途。

(1)铋合金可用于自动喷水器的安全塞，一旦发生火灾时，安全塞会“自动”熔化，喷出水来灭火。

铋的价电子排布式为_______。

(2)第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有_______(填元素符号)。

(3)Pt(NH3)2C12具有如图所示的两种平面四边形结构(一种有抗癌作用)，其中在水中的溶解度较小是
_______(填“顺式”或“反式”)。

(4)氨硼烷(BH3▪NH3)是一种储氢材料，与乙烷互为等电子体，熔点为104℃。

氨硼烷晶体中各种微粒间的作用力涉及________(填标号)。

A．范德华力B．离子键C．配位键D．金属键
(5)偏亚砷酸钠(NaAsO2)是一种灭生性除草剂，可杀死各种草本植物，其阴离子的立体构型为___。

(6)化肥厂生产的(NH4)2SO4中往往含有少量极易被植物根系吸收的具有正四面体结构的N4H44+，其结构式为_______，其中N原子的杂化方式为________。

(7)镧、铁、锑三种元素组成的一种固体能实现热电效应。

该固体晶胞结构如图l所示，晶胞参数为a nm，Fe原子填在6个Sb原子形成的正八面体空隙中，晶胞6个表面的结构都如图2所示。

①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图l中原
子甲的坐标为(0，0，0)，原子乙的坐标为(1
4
，
1
4
，0)，则原子丙的坐标为________。

②设阿伏加德罗常数的值为N A，则该固体的密度ρ=__g·cm-3(列出计算式即可)。

参考答案
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．D
【解析】
【详解】
A. 化学平衡常数中,分子中各物质是生成物、分母中各物质是反应物，所以反应方程式为：CO2+H2⇌CO+H2O，故A错误；
B. 升高温度,正逆反应速率都增大，平衡向吸热方向移动，升高温度，氢气浓度减小，说明平衡正向移动，则正反应是吸热反应，所以v正增大更多，故B错误；
C. 缩小容器体积，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向气体体积减小的方向移动，该反应前后气体体积不变，所以压强不影响平衡移动，则v(逆)、v(正)增大相同，故C错误；
D. 反应前后气体计量数之和不变，所以升高温度、缩小体积混合气体的物质的量不变，根据质量守恒定律知，反应前后气体质量不变，所以混合气体平均相对分子质量都不变，故D正确；
故选：D。

2．D
【解析】
【详解】
油炸虾条、薯片具有还原性，易被氧化性气体氧化而变质，保存时，充入气体应为非氧化性气体，空气和氧气相比较，氧气的浓度更大，氧化性更强，易使食品变质，在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防
氧化，故选D。

3．B
【解析】
【分析】
由“W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M”可知W为N，M为NH4NO3；由“Y 的焰色反应呈黄色”可知Y为Na；由“W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”且“X的一种单质可用于自来水的消毒”可知，X为O；“X与Z同主族”，则Z为S。

【详解】
由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S；
A．四种简单离子中S2-电子层数最多，半径最大，N、O、Na对应简单离子核外电子结构相同，其核电荷数越小，半径越大，故简单离子半径：r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)>r(Na+)，故A错误；
B．由X、Z元素形成的常见化合物是SO2、SO3，它们均能与水发生反应，故B正确；
NH水解，故C错误；
C．NH4NO3溶液呈酸性是因为阳离子+
4
D．共价化合物的稳定性由共价键的键能决定，与氢键无关，故D错误；
故答案为：B。

4．C
【解析】
【详解】
A.浓硫酸与氯化钠反应制取HCl，可能生成硫酸钠或硫酸氢钠，稀硫酸不能反应，A不符合题意；
B.硝酸银溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水过量生成银氨溶液，B不符合题意；
C.Fe在S蒸气中燃烧，生成FeS，不受反应物的用量或浓度影响，C符合题意；
D.铁粉加入硝酸中，可能生成硝酸铁或硝酸亚铁、NO或NO2，D不符合题意；
故合理选项是C。

5．D
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的位置知，W、X是第二周期元素而Y和Z位于第三周期，设W原子最外层电子数是a，则X、Y、Z原子序数分别是a+1、a-1、a+2，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则a+a ＋1+a－1+a+2=22，则a=5，则X、Y、Z、W分别是O、Si、Cl、N元素；
【详解】
A．NH3和SiH4均为分子晶体，NH3分子间存在氢键，其沸点比SiH4高，故A错误；
B．N元素的非金属性比Si元素强，HNO3的酸性比H2SiO3酸性强，故B错误；
C．二氧化硅是原子晶体，四氯化硅是分子晶体，原子晶体的熔点高，即SiO2的熔点比SiCl4高，故C错误；
D ．N 3﹣和O 2﹣离子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则N 3﹣＞O 2﹣，故D 正确；
故选：D 。

【点睛】
易错选项是A ，注意：氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，氢化物的稳定性与化学键有关。

6．D
【解析】
【详解】
A ．由溶液pH=7时消耗KOH 的体积小于10mL 可知，HA 为弱酸，设0.1 mol·L -1 HA 溶液中c(H +)=xmol/L ，根据电离平衡常数可知2
-5x =1100.1-x
⨯，解得x≈1×10-3mol/L ，因此a 点溶液的pH 约为3，故A 不符合题意；
B ．d 点溶质为KA ，c 点溶质为HA 、KA ，HA 会抑制水的电离，KA 会促进水的电离，因此水的电离程度：d 点＞c 点，故B 不符合题意；
C ．b 点溶质为等浓度的KA 和HA ，14
9W h 5a 101010
K K K ---===，HA 的电离程度大于A -的水解程度，结合溶液呈酸性可知b 点溶液中粒子浓度大小：()()()()()A
K HA H OH c c c c c -++->>>>，故C 不符合题意；
D ．e 点物料守恒为：()()()2K
3A 3HA c c c +-=+，故D 符合题意； 故答案为：D 。

【点睛】
比较时溶液中粒子浓度：
（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。

如在稀醋酸溶液中：CH 3COOH CH 3COO -＋H +，H 2O OH -＋H +，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH 3COOH)>c(H +)>c(CH 3COO -)>c(OH -)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。

如稀的CH 3COONa 溶液中：CH 3COONa=CH 3COO -＋Na +，CH 3COO -＋H 2O CH 3COOH ＋OH -，H 2O H +＋OH -，所以CH 3COONa 溶液中：c(Na +)>c(CH 3COO -)>c(OH -)>c(CH 3COOH)>c(H +)。

7．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. X 的分子式为C 12H 14O 3，故A 错误；
B. 羟基邻位碳上没有H 原子，不能发生消去反应，故B 错误；
C. 在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与4 mol H2加成，故C错误；
D. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，有机物X含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。

答案选D。

8．A
【解析】氯化铵溶于水吸热，故A错误；氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，故B正确；氯化铵固体是由NH4+、Cl-构成离子晶体，故C正确；氯化铵在水中完全电离，所以氯化铵是强电解质，故D正确。

9．C
【解析】
【分析】
反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。

【详解】
反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，
A. 根据以上分析知，氧化反应有⑤⑥，加成反应有①②，A项错误；
B. 氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；
C. 乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀，C项正确；
D. 乙醇与CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，D项错误；
答案选C。

10．C
【解析】
【详解】
n(CO2)=
6.72L
22.4L/mol=0.3mol，向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中通入CO2，二氧化碳首
先与氢氧化钙反应2OH-+Ca2++CO2= CaCO3↓+H2O，离子浓度迅速降低，氢氧化钙完全反应，消耗0.1mol CO2，然后二氧化碳与氢氧化钠反应2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0.1mol CO2，离子浓度继续降低，但幅度减小，最后发生CO2+H2O +CO32-=2HCO3-，离子浓度增大，恰好反应时，0.3mol二氧化碳也完全反应，所以图像C 符合，故选C。

【点睛】
正确掌握反应的离子方程式的先后顺序是解题的关键。

本题的易错点为B，要注意B和C的区别。

11．C
【解析】
【分析】
联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。

包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO 3微小晶体；第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，得到的氯化钠溶液，可回收循环使用。

据此分析解答。

【详解】
A ．联合制碱法第一个过程滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，可作电解液，第二个过程滤出氯化铵沉淀后所得的滤液为氯化钠溶液，也可做电解液，故A 正确；
B ．联合制碱法第二个过程滤出的氯化铵沉淀，焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈，发生反应6NH 4Cl+4Fe 2O 3═6Fe+2FeCl 3+3N 2↑+12H 2O ，故B 正确；
C ．合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于制合成橡胶，故C 错误；
D ．联合制碱法第二个过程滤出氯化铵可做化肥，故D 正确；
故选C 。

12．B
【解析】
【详解】
A.由“HA 的酸性弱于HB 的酸性”可知，K a （HB ）>K a （HA ），由图可知，曲线I 表示溶液的pH 与-lgc （B -）的变化关系，错误；
B.根据图中M 、N 点的数据可知，c （A -）=c （B -），c （HA ）=c （HB ），故
()
()()()+
M a +a N c H K HB ==100K HA c H ，正确；M 点与N 点存在c （A -）=c （B -
），M 点溶液的pH 比N 点溶液的pH 小，故M 点水的电离程度弱，错误；D.N 、Q 点对应溶液的pH 相等，由图可知c （A -）<c （B -），根据电荷守恒可知，N 点对应的溶液中c （Na +）小于Q 点对应的溶液中c （Na +），错误。

13．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．催化剂能降低反应所需活化能，E a 为催化剂存在下该反应的活化能，E a ′为无催化剂时该反应的活化能，故A 正确；
B ．生成物能量高于反应物，该反应为吸热反应，△H≠E a ′-E a ，故B 错误；
C ．根据活化分子的定义，活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子，故C 正确；
D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，平衡不移动，故D正确；
故选B。

14．C
【解析】
【详解】
A．平衡前，随着反应向着化学计量数减小的方向进行，容器内气体的总物质的量减小，压强变小，故A 正确；
B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，降低生成物的浓度，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间不变，平衡正向进行，故B正确；
C．平衡时，其他条件不变，升高温度逆向移动，平衡常数减小，故C错误；
D．其他条件不变，使用不同催化剂改变反应速率，但不改变平衡的移动，HCl(g)的转化率不变，故D正确；
答案为C。

15．C
【解析】
【详解】
A、根据图像，40℃以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法正确；
B、根据图像，40℃之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法正确；
C、40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错误；
D、混合前NaHSO3的浓度为0.020mol·L－1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为=0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不
足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040mol·L－1变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为=5.0×10－5mol/(L·s)，故D说法正确；
答案选C。

【点睛】
易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02mol·L－1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等（任选两种）
3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-MgO或Mg(OH)2Fe(OH)3、UO2(OH)2增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O 2.5×10(37-3a)变大
23c Fe c )()Fe (++=()()2333c Fe c OH c Fe ()(OH )c +-+-=[]()[]p sp s 23K Fe(OH)c OH K Fe(OH)-=()-16-38
8.010c OH 4.010-⨯⨯⨯=2.0×1022×c(OH -)，加入少量NaOH 固体，溶液中的c(OH -
)增大，则23c Fe c )()Fe (++变大 【解析】
【分析】
硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO 2(OH)]、磁铁矿(Fe 3O 4)、磁黄铁矿(Fe x S)、晶质铀矿(UO 2)等，加入硫酸、NaClO 3，NaClO 3可将UO 2转化为UO 22+，过滤除去少量铁精矿(Fe 3O 4、Fe x S)，滤液调节pH 除铁净化，可生成氢氧化铁、UO 2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H 3BO 3)晶体，据此分析解答。

【详解】
(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO 3可将UO 2转化为UO 22+，反应的离子方程式为3UO 22++6H ++ClO 3-=UO 22++3H 2O+Cl -，故答案为：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；
3UO 22++6H ++ClO 3-=UO 22++3H 2O+Cl -；
(2)除铁净化时，应调节pH ，为避免引入新杂质，可加入MgO 或Mg(OH)2等，生成沉淀为Fe(OH)3、
UO 2(OH)2，故答案为：MgO 或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO 2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl 2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO 4•H 2O ，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO 4•H 2O ；
(4)①在T ℃， Fe 3+水解方程式为323Fe (aq)3H O(1)Fe(OH)(s)3H (aq)+++=+，则该条件下Fe 3+水解反应
的平衡常数K=()33()c H c Fe ++=[]33w sp K Fe(OH)K =-3a
-38104.010
⨯=2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)； (4)铁精矿(Fe 3O 4、Fe x S)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。

已知T ℃，
[][]0-38-16-a r 3r 2w K Fe(OH)=4.010,K Fe(OH)=8.010,K =10⨯⨯回答下列问题： ②23c Fe c )()Fe (++=()()2333c Fe c OH c Fe ()(OH )c +-+-=[]()[]p sp s 23K Fe(OH)c OH K Fe(OH)-=()-16-38
8.010c OH 4.010-⨯⨯⨯=2.0×1022×c(OH -)，在T ℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH 固体，溶液中的c(OH -)增大，则23c Fe c )()
Fe (++变大，故答案为：变大；
23c Fe c )()Fe (++=()()2333c Fe c OH c Fe ()(OH )c +-+-=[]()[]p sp s 23K Fe(OH)c OH K Fe(OH)-=()-16-38
8.010c OH 4.010-⨯⨯⨯=2.0×1022×c(OH -)，加入少量NaOH 固体，溶液中的c(OH -)增大，则23c Fe c )()
Fe (++变大。

本题的难点为(4)②，要注意将
2
3
c Fe
c
)
()
Fe
(+
+
转化为c(OH-)的关系式，再判断。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．K2CO3Ba(OH)2Al2(SO4)3Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O NO3-、Cu2＋3Cu＋8H＋＋
2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O 0.4mol 2 FeCl3＋2 H I=2 FeCl2＋I2＋2HCl
【解析】
【详解】
⑴因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质K2CO3，与其他阳离子结合都是沉淀，氢氧根离子除与钾离子结合外还可以与钡离子结合形成可溶性物质，与其余三种结合都是沉淀，根据题意它们所含的阴、阳离子互不相同，所以氢氧根离子只能与钡离子结合形成Ba(OH)2，
故答案为K2CO3；Ba(OH)2；
⑵根据C与A的溶液混合时产生白色沉淀，白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，可知溶解沉淀为氢氧化铝，则B为Na2CO3，A为Ba(OH)2则C为Al2(SO4)3，则阴离子有SO42－，则X为SO42－，即C为Al2(SO4)3，沉淀溶解的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，
故答案为Al2(SO4)3；Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；
⑶19.2 g Cu即物质的量为0.3 mol，Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，溶液中没有Fe3+，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，说明D中的阴离子一定是NO3－，则D为硝酸铜，E为氯化铁，管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，所以Cu溶解的离子方程式为：3 Cu+8 H++2 NO3－== 3 Cu2++2 NO↑+4 H2O，根据关系0.3 mol Cu消耗0.8mol氢离子，即0.4mol硫酸；
故答案为NO3－、Cu2＋；3Cu＋8H＋＋2NO3－== 3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；0.4 mol；
⑷氯化铁溶液与氢碘酸反应氯化亚铁和使淀粉变蓝的I2，反应的化学方程式为：
2 FeCl3＋2 H I=2 FeCl2＋I2＋2HCl，
故答案为2 FeCl3＋2 H I=2 FeCl2＋I2＋2HCl；
【点睛】
加碱先生成沉淀，继续加碱沉淀溶解，一定含有铝离子；
加铜不反应，加硫酸生成气体，有无色气体，在空气中生成红棕色气体，说明含有硝酸根离子。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．
()()
()()
2
22
22
c CO c N
c NO c CO
⋅
⋅
减小由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n（CO2）变化推断平衡逆向移
动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小0.0125mol/（L•s）Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3胶体的生成，降低了吸附能力Na2O2 CaCl2Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+NH3↑+2H2O
【解析】
(1)反应的平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知 T1＞T2，由图可知，升高温度，n(CO2)减小；
(2)根据v=c
t
=
n
V t
计算v(CO2)，再根据反应计量关系计算v(N2)；
(3)Fe2(SO4)3 水解的离子反应为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，酸性废水中的H+会导致Fe2(SO4)3 不能形成胶体或者胶体非常少；氧化还原反应中氧化剂发生还原反应、元素的化合价降低，据此分析解答；
(4)氨碱法工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2Δ
2NH3↑+CaCl2+2H2O，据此分析解答。

【详解】
(1)反应2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)的平衡常数K=
()()
()()
2
22
22
c CO c N
c NO c CO
⋅
⋅
，根据速率变化或“先拐先平，数
值大”规则可知T1＞T2，由n(CO2)随温度T和时间t的变化曲线图可知，升高温度，n(CO2)减小，即升高温
度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以平衡常数K值减小，故答案为：
()()
()()
2
22
22
c CO c N
c NO c CO
⋅
⋅
；减小；
由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n(CO2)变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小；
(2)由图可知，v(CO2)=
n
V t
=
0.1mol
2L2s
⨯
=0.025mol/(L•s)，反应为2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)，则
v(N 2)=v(CO2)=×0.025mol/(L•s)=0.0125mol/(L•s)，故答案为：0.0125mol/(L•s)；
(3)Fe2(SO4)3中Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，酸性废水中H+抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe(OH)3胶体的生成，降低了吸附能力，因此不能吸附悬浮物沉降而除去；反应
2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑中，Fe的化合价由+2→+6，发生氧化反应，即FeSO4为还原剂，Na2O2中O的化合价-1→-2或0，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故答案为：
Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，废水中的酸(H+)抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe(OH)3胶体的生成，降低了吸附能力；Na2O2；
(4)氨碱法工艺中，为提高氨气的利用率，常在母液中加入生石灰CaO，反应为CaO+H2O=Ca(OH)2，加热条
件下Ca(OH)2和NH4Cl反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2Δ
2NH3↑+CaCl2+2H2O，同时得
到大量副产品CaCl2，故答案为：CaCl2；2NH4Cl+Ca(OH)2Δ
2NH3↑+CaCl2+2H2O。