河南省郑州市2019届高三下学期一模化学试题Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2019年河南省郑州市高考化学一模试卷 一、选择题共45分）（本题包括15小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.化学与生活密切相关。下列有关说法不正确的是（　　）‎ A. 为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放 B. 酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，绝大多数是蛋白质 C. 家庭装修的水性漆是以水做溶剂，有利于健康及环境 D. 化石燃料的燃烧和碳酸盐的沉积都会引起大气中CO2含量上升 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.温度升高，蛋白质会发生变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，故A正确；‎ B.绝大多数酶属于蛋白质，故B正确；‎ C.水性漆就是以水为稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯、二甲苯、甲醛、游离TDI有毒重金属，无毒无刺激气味，对人体无害，不污染环境，漆膜丰满、晶莹透亮、柔韧性好并且具有耐水、耐磨、耐老化、耐黄变、干燥快、使用方便等特点，故C正确；‎ D.碳酸盐的沉积，固定了CO2，不会引起大气中CO2含量上升，故D错误；‎ 答案：D。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（　　）‎ A. 92 g甘油中含有羟基数为NA B. 常温常压下，16 g O2和O3的混合气体中含有8NA个电子 C. 标准状况下，22.4 L苯中含有的碳碳双键数为3NA D. 1 L 1 mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.92.0g甘油（丙三醇）的物质的量为＝1mol，1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有羟基数为3NA，故A错误；‎ B.常温常压下，16 g O2和O3的混合气体中含有电子数为：×8×NA＝8NA，故B正确；‎ C.标况下苯是液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；‎ D.次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，所以1 L 1 mol•L﹣1的NaClO溶液中含有 ClO﹣的数目为小于NA，故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎3.下列指定反应的化学用语表达正确的是（　　） ‎ ‎ A ‎ 质子交换膜氢氧燃料电池的负极反应 ‎ O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣‎ ‎ B ‎ 用铁电极电解饱和食盐水 ‎ 2Cl﹣+2H2O＝Cl2↑+H2↑+20H﹣‎ ‎ C ‎ 锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡 ‎ CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣‎ ‎ D ‎ KClO碱性溶液与Fe（OH）3反应制取K2FeO4‎ ‎ 3ClO﹣+2Fe（OH）3＝2FeO43﹣+3Cl﹣+4H++H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．负极上氢气失电子生成氢离子，所以负极反应为：2H2﹣4e﹣═4H+，故A错误；‎ B．阳极上Fe失电子生成亚铁离子，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，离子方程式为Fe+2H2OFe（OH）2↓+H2↑，故B错误；‎ C．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡，离子方程式：CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣，故C正确；‎ D．碱性溶液中，反应产物不能存在氢离子，正确的离子方程式为：3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OH¯＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎【点睛】书写离子方程式一定要注意环境是碱性还是酸性。‎ ‎4.科学家将水置于足够强的电场中，在20℃时水分子瞬间凝固可形成“暖冰”。某兴趣小组做如图所示实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，且有气泡产生。将酸性KMnO4溶液换成FeCl3溶液，烧杯中溶液颜色无变化，但有气泡产生。则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 20℃时，水凝固形成的“暖冰”所发生的变化是化学变化 B. “暖冰”是水置于足够强的电场中形成的混合物 C. 烧杯中液体为FeCl3溶液时，产生的气体为Cl2‎ D. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故A错误；‎ B.“暖冰”是纯净物，而非混合物，故B错误；‎ C.发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，所以氯化铁溶液中的氯离子不可能被氧化成氯气，故C错误；‎ D.该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；‎ 答案：D。‎ ‎【点睛】本题关键点考查的是H2O2的性质，酸性高锰酸钾褪色体现双氧水的还原性，氯化铁是双氧水分解反应的催化剂。‎ ‎5.某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：‎ 下列说法不正确的是（　　）‎ A. 步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS B. 步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应 C. 步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O D. 步骤②和④，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后均可获取粗晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．ZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，故A不符合题意；‎ B．①中发生ZnO+H2SO4＝ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4＝ZnSO4+H2S↑，不是氧化还原反应，故B符合题意；‎ C．③中发生CuS+H2O2+H2SO4＝CuSO4+S↓+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O，故C不符合题意；‎ D．步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤获得晶体，故D不符合题意；‎ 答案：B。‎ ‎6.下列实验选用的仪器和药品均正确的是 （　　） ‎ ‎ 选项 ‎ A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ 实验 ‎ 用盐酸标准溶液测定氢氧化钠溶液浓度 ‎ 石油分馏的接收装置 ‎ 用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3‎ ‎ 证明硫的非金属性比硅强 ‎ 仪器药品 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图中酸滴定碱，则应选酸式滴定管，故A错误；‎ B．锥形瓶不能密封，否则馏分难流下，故B错误；‎ C．铵盐与碱加热可制备氨气，氨气可选碱石灰干燥，图中装置可制备氨气，故C正确；‎ D．二氧化硫与硅酸钠反应生成硅酸，但亚硫酸不是最高价含氧酸，不能比较S、Si的非金属 性，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎7.向红色CrO3固体表面喷洒酒精，会剧烈反应，生成绿色固体Cr2O3，同时闻到有刺激性气味乙醛生成。下列判断错误的是（　　）‎ A. 该反应说明乙醛既有氧化性又有还原性 B. 若有1 mol乙醇参加反应，转移电子的物质的量为2 mol C. 由此反应可知，酒精严禁与强氧化性试剂混合存放 D. 上述反应的化学方程式为2CrO3+3C2H5OH＝Cr2O3+3CH3CHO+3H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向红色CrO3固体表面喷洒酒精，会剧烈反应，生成绿色固体Cr2O3，同时闻到有刺激性气味乙醛生成，该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价、C元素化合价由﹣2价变为﹣1价，则CrO3是氧化剂、乙醇是还原剂，所以CrO3体现氧化性、乙醇体现还原性，故A错误；‎ B．如果有1mol乙醇参加反应，则1mol-CH2OH～-CHO，则转移电子物质的量＝2mol，故B正确；‎ C．该反应中CrO3是氧化剂、乙醇是还原剂，则CrO3体现氧化性、乙醇体现还原性，二者发生氧化还原反应，所以酒精严禁与强氧化性试剂混合存放，故C正确；‎ D．该反应中CrO3和乙醇是反应物，Cr2O3和乙醛是生成物，结合转移电子守恒书写方程式为2CrO3+3C2H5OH＝Cr2O3+3CH3CHO+3H2O，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】有机中氧化还原反应转移电子可以根据官能团变化确定。去两个H或增加一个氧原子均失去2e-，反之增加两个氢原子或减少一个氧原子均得到2e-。‎ ‎8.由下列实验及现象推出相应结论正确的是（　　） ‎ ‎ 选项 ‎ 实验 ‎ 现象 ‎ 结论 ‎ A ‎ 向某食盐溶液中滴加淀粉溶液 ‎ 溶液颜色不变 ‎ 该食盐一定是非加碘盐 ‎ B ‎ 将含HCl的Cl2通过饱和食盐水 ‎ 气体体积减小 ‎ 可得到纯净的Cl2‎ ‎ C ‎ 将甲烷与氯气按体积比1：4混合于试管中光照 反应后的混合气体能使湿润的石试纸变红 ‎ 生成的氯代甲烷具有酸性 ‎ D ‎ 将01mol•L﹣1 MgSO4溶液滴人NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol•L ﹣1 CuSO4溶液 ‎ 先有白色沉淀生成，后转变为蓝色沉淀 ‎ Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.淀粉遇碘单质变蓝，淀粉不能检验食盐中碘酸钾，故A错误；‎ B.HCl极易溶于水，则气体体积减小，但氯气中混有水蒸气，故B错误；‎ C.甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，HCl能使湿润的石试纸变红，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；‎ 答案：D。‎ ‎9.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，X、W同主族，Y、Z、W同周期，其中只有Y为金属元素，W元素最高正价与最低负价的代数和为4．下列说法不正确的是（　　）‎ A. 原子半径：Y＞Z＞W＞X B. Y与X形成的化合物不可能含有共价键 C. 简单氢化物的稳定性：X＞W＞Z D. Z与X形成的化合物能与NaOH溶液反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W元素最高正价与最低负价的代数和为4,确定W为硫元素，X、W同主族，确定X为氧元素，Y、Z、W同周期，根据原子序数依次增大，同一周期中从左到右排列，只有Y为金属元素可能为钠、镁、铝中一种，Z为硅，磷中一种。‎ ‎【详解】A．X位于第二周期，其原子半径最小，Y、Z、W同周期，原子序数越大原子半径越小，则原子半径大小为：Y＞Z＞W＞X，故A不符合题意；‎ B．Y可能为Na、Mg、Al，其中Na与O形成的化合物过氧化钠中含有共价键，故B符合题意；‎ C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性X＞W＞Z，则简单氢化物的稳定性：X＞W＞Z，故C不符合题意；‎ D．Z可能为Si、P元素，Si、P与O形成的氧化物为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应，故D不符合题意；‎ 答案：B。‎ ‎10.轮烷是一种分子机器的“轮子”，轮烷的一种合成原料由C、H、O三种元素组成，其球棍模型如图所示，下列对该化合物的说法中，正确的是（　　）‎ A. 名称是乙醚 B. 只含有一种官能团 C. 链状同分异构体中，属于羧酸的有3种 D. 既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据C原子形成4个共价键、O原子形成2个共价键、H原子形成1个共价键知，该图中物质的结构简式为CH3COOCH＝CH2，‎ ‎【详解】A．该分子中含有酯基和碳碳双键，不存在醚键，所以不属于醚，故A错误；‎ B．含酯基和碳碳双键两种官能团，故B错误；‎ C．链状同分异构体中含有羧酸的有CH2＝CHCH2COOH、CH3CH＝CHCOOH、CH2＝C（CH3）COOH三种，故C正确；‎ D．含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，不含羧基和醇羟基或羧基和氨基，所以不能发生缩聚反应，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎11.用如图装置制取并收集气体，对应的装置和试剂均正确的是（　　）‎ Ⅲ收集气体 Ⅰ中试剂a，b Ⅱ中试剂c Ⅳ中试剂d ‎ A SO2 ‎ ‎ 稀硫酸与铜片 浓硫酸 NaOH溶液 ‎ B ‎ Cl2‎ ‎ 浓盐酸与二氧化锰 ‎ 饱和氯化钠溶液 NaOH 溶液 ‎ C ‎ HBr 浓硫酸与溴化钠 ‎ 浓硫酸 ‎ 水 ‎ D CO 甲酸与浓硫酸 ‎ 浓硫酸 ‎ 酸性KMnO4溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu与稀硫酸不反应，不能制备二氧化硫，故A错误；‎ B.浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气的密度比空气密度大，氯气与NaOH反应，图中装置可制备、收集氯气，且NaOH可吸收尾气，故B正确；‎ C.浓硫酸与HBr发生氧化还原反应生成溴，不能制备和干燥HBr，故C错误；‎ D.甲酸与浓硫酸反应生成CO、H2O，CO不能与高锰酸钾反应，且CO不能选向上排空气法收集，高锰酸钾不能吸收尾气，故D错误；‎ 答案：B ‎12.科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2＝2CO+O2．下列说法正确的是（　　）‎ A. 由图分析N电极为正极 B. OH﹣通过离子交换膜迁向左室 C. 阴极的电极反应为CO2+H2O+2e﹣＝CO+2OH﹣‎ D. 反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据内部电荷移动方向确定N电极为负极,P电极为正极，左侧Pt电极为阴极，右侧Pt电极为阳极。‎ ‎【详解】A.图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，右侧是阳极，左侧是阴极，故A错误；‎ B.图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，右侧Pt电极为阳极，左侧Pt电极为阴极，OH﹣向阳极即右侧电极周围移动，故B错误；‎ C.左侧Pt电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应为CO2+2e﹣+H2O＝CO+2OH﹣，故C正确；‎ D.根据总反应方程式为2CO2＝2CO+O2，该装置中电解质溶液的碱性几乎不变，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎【点睛】原电池：内部正电荷移向正极，负电荷移向负极；电解池：阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；简单记忆：正正负负，阴阳阴阳。‎ ‎13.在容积为2L的刚性密闭容器中，加入1mol CO2和3mol H2，发生反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O．在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响结果如图所示（注：T1、T2均大于300℃）。下列说法正确的是 A. 该反应在T1时的平衡常数比T2时的小 B. 处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时减小 C. T2下，反应达到平衡时生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）＝ mol•L﹣1•min﹣1‎ D. T1下，若反应达到平衡后CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为（2﹣a）：2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图象分析可知先拐先平温度高，T1＜T2，温度越高平衡时生成甲醇物质的量越小，说明正反应为放热反应，则温度越高，平衡常数越小，该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，故A错误；‎ B.分析可知T1＜T2，A点反应体系从T1变到T2，升温平衡逆向进行，达到平衡时增大，故B错误；‎ C.T2下达到平衡状态甲醇物质的量nB，反应达到平衡时生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）＝mol•L﹣1•min﹣1＝mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；‎ D．T1下，若反应达到平衡后CO2转化率为a，‎ ‎ CO2+ 3H2 ⇌ CH3OH+ H2O，‎ 起始量（mol） 1 3 0 0‎ 变化量（mol） a 3a a a 平衡量（mol） 1﹣a 3﹣3a a a 则容器内的压强与起始压强之比＝＝＝，故D正确；‎ 答案：D。‎ ‎14.某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，以研究 硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。下列判断错误的是（　　） ‎ 实验组别 混合溶液 A B C D E F ‎4mol•L﹣1H2SO4/mL ‎30‎ V1‎ V2‎ V3‎ V4‎ V5‎ 饱和CuSO4溶液/mL ‎0‎ ‎0.5‎ ‎2.5‎ ‎5‎ V6‎ ‎20‎ H2O/mL V7‎ V8‎ V9‎ V10‎ ‎10‎ ‎0‎ A. V1＝30，V6＝10，V7＝20‎ B. 本实验利用了控制变量思想，变量为铜离子浓度 C. 反应一段时间后，实验A中的金属呈灰黑色，实验F的金属呈现红色 D. 该小组的实验结论是硫酸铜的量与生成氢气速率成正比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则硫酸的体积相同，改变硫酸铜的量，由A、F可知结合溶液的总体积为30mL+20mL=50mL，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F可知结合溶液的总体积为30mL+20mL=50mL，则V1=30，V6=50-30-10=10，V7=20，故A不符合题意；‎ B.本实验利用了控制变量思想，硫酸的体积、物质的量应相同，变量为铜离子浓度，故B不符合题意；‎ C.A中没有加入硫酸铜，锌与稀硫酸反应后，锌的表面凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被完全吸收，所以看到的固体是灰黑色；F中Zn能够置换出Cu附着在Zn表面，金属变为紫红色，，故C不符合题意；‎ D.因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较少时，形成铜锌原电池，反应速率加快，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故D符合题意；‎ 答案：D。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意影响反应速率的因素及实验中控制变量的方法测定反应速率，题目难度不大。‎ ‎15.25℃时，向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。‎ 已知：H2X是二元弱酸，Y表示 或 ，pY＝﹣lgY．下列叙述不正确的是（　　）‎ A. 曲线n表示pH与p的变化关系 B. Ka2（H2X）＝1.0×10﹣10.3‎ C. NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣）‎ D. 当溶液呈中性时，c（Na+）＝c（HX﹣）+2c（X2﹣）+c（Cl﹣）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），则pH相同时＜，pY＝﹣lgY，则p＞p，则m、n分别表示pH与p、p的变化关系。‎ A．根据分析可知，n表示pH与p的变化关系，故A不符合题意；‎ B．M点pH＝9.3，c（H+）＝10﹣9.3mol/L，p＝﹣lg＝1，则＝0.1，所以Ka2（H2X）＝×c（H+）＝10﹣9.3×0.1＝1.0×10﹣10.3，故B不符合题意；‎ C．根据B可知HX﹣的电离平衡常数为1.0×10﹣10.3；曲线n表示pH与p的变化关系，n点pH＝7.4，p＝﹣lg＝﹣1，＝10，所以HX﹣的水解平衡常数Kh＝ ＝ ×＝1.0×10﹣7.6＞1.0×10﹣10.3，说明HX﹣的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），故C符合题意；‎ D．当溶液呈中性时，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）＝c（HX﹣）+2c（X2﹣）+c（Cl﹣），故D不符合题意；‎ 答案：C。‎ ‎【点睛】本题有一定难度，根据图像计算电离常数和水解常数是关键。通过比较电离常数和水解常数的大小确定酸式酸根离子水解平衡为主还是电离平衡为主。‎ 二、（共55分）‎ ‎16.G是一种新型可降解的生物高分子材料，以丙烯（CH2＝CH﹣CH3）为主要原料合成G的流程路线如图所示：‎ ‎（1）聚合物G的结构简式是_____。‎ ‎（2）E分子中含氧官能团的名称是_____。‎ ‎（3）A转化为B的化学方程式是_____。‎ ‎（4）C有多种同分异构体，写出其中能发生水解反应的有机物的结构简式_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 羟基、羧基　。 (3). CH2BrCHBrCH3+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr　。 (4). CH2＝CHOOCH　。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丙烯（CH2＝CH﹣CH3）与Br2发生加成反应生成A（），A强碱水溶液强碱水溶液下水解生成B（），B催化氧化生成C（‎ ‎），C氧化生成D（），D与氢气加成生成E（），E发生缩聚反应生成G（）。‎ ‎【详解】（1）通过以上分析知，聚合物G的结构简式是；‎ 答案：；‎ ‎（2）E为，E分子中含氧官能团的名称是羟基、羧基；‎ 答案：羟基、羧基；‎ ‎（3）A为CH2BrCHBrCH3，A发生水解反应生成B为CH3CH（OH）CH2OH，A转化为B的化学方程式是CH2BrCHBrCH3+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；‎ 答案：CH2BrCHBrCH3+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr。‎ ‎（4）C有多种同分异构体，其中能发生水解反应的有机物为含有酯基，该同分异构体的结构简式为CH2＝CHOOCH，‎ 答案：CH2＝CHOOCH。‎ ‎【点睛】本题关键是根据反应条件确定反应类型。‎ ‎17.测定0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。 ‎ 时刻 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎25‎ pH ‎9.66‎ ‎9.52‎ ‎9.37‎ ‎9.25‎ ‎（1）Na2SO3水解的离子方程式为_____。‎ ‎（2）请根据题给信息判断Kw的关系①_____④（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），Kh的关系①_____②。‎ ‎（3）实验过程中，取①、④时刻相同体积的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2‎ 溶液做对比实验，产生白色沉淀④比①多。该白色沉淀的成分是_____，沉淀④比①多的原因是_____。‎ ‎（4）数据显示，①→③的过程中，_____对水解平衡移动方向的影响程度更大（填“温度”或“浓度”）。‎ ‎【答案】 (1). SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣ (2). ＝ (3). ＜ (4). BaSO4 (5). 升温过程中部分亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子 (6). 浓度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）多元弱酸根离子水解部分水解，分歩水解，第一步为主；‎ ‎（2）离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变；‎ ‎（3）此实验就是想验证亚硫酸根离子具有还原性，被空气中氧气氧化为硫酸根离子；‎ ‎（4）①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动；‎ ‎【详解】（1）Na2SO3水解分步进行生成亚硫酸氢钠和氢氧化钠，水解的离子方程式：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣；‎ 答案：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣；‎ ‎（2）离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，①与④的温度相同，所以其离子积常数相等，水解平衡常数随温度变化，升温促进水解，水解平衡常数增大，②温度高水解平衡常数大，①＜②；‎ 答案：＝；＜；‎ ‎（3）在实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，①无白色沉淀，说明该溶液中亚硫酸钠和盐酸反应后再不和氯化钡溶液反应，④产生白色沉淀，说明加热过程中有部分亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀；‎ 答案：BaSO4；升温过程中部分亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子；‎ ‎（4）①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，对水解平衡移动方向的影响程度更大的是浓度；‎ 答案：浓度。‎ ‎18.A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。完成下列问题：‎ ‎（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。‎ ‎①写出E转变为C的化学方程式_____。‎ ‎②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，反应的化学方程式为_____。‎ ‎（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。‎ ‎①A的电子式为_____。‎ ‎②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为_____。‎ ‎③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式_____。‎ ‎【答案】 (1). C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O (2). 2H2S+O2+4Ag＝2Ag2S+2H2O (3). (4). 3Ag+NO3﹣+4H+═3Ag++NO↑+2H2O (5). 4AgNO3+2Cl2＝4AgCl+2N2O5+O2　。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，可为浓硫酸或浓硝酸；‎ ‎（1）若A为淡黄色固体，应为S，B为气体，为H2S，由转化关系可知C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为非金属单质，为碳，‎ ‎（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，A为N2‎ ‎【详解】（1）若A为淡黄色固体，应为S，B为气体，为H2S，由转化关系可知C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为非金属单质，为碳。‎ ‎①E转变为C的反应为浓硫酸和碳的反应，化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；‎ 答案：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O。‎ ‎②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，反应的化学方程式为2H2S+O2+4Ag＝2Ag2S+2H2O；‎ 答案：2H2S+O2+4Ag＝2Ag2S+2H2O。‎ ‎（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3‎ ‎，A为氮气。‎ ‎①A为氮气，电子式为；‎ 答案：；‎ ‎②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为3Ag+NO3﹣+4H+═3Ag++NO↑+2H2O；‎ 答案：3Ag+NO3﹣+4H+═3Ag++NO↑+2H2O。‎ ‎③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，应生成氧气，反应的方程式为4AgNO3+2Cl2＝4AgCl+2N2O5+O2；‎ 答案：4AgNO3+2Cl2＝4AgCl+2N2O5+O2。‎ ‎19.磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。一种回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（主要成分LiFePO4、炭黑和铝箔）中金属的流程如下：‎ ‎（1）步骤①中“碱溶”反应的化学方程式为_____。‎ ‎（2）步骤②中反应的离子方程式为_____。若用H2O2代替HNO3，其优点是_____。‎ ‎（3）步骤③沉淀的主要成分是_____。‎ ‎（4）步骤④中生成含Li沉淀_____（填“能”或“不能”）用硫酸钠代替碳酸钠，原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2NaOH+6H2O＝3H2↑+2Na[Al（OH）4] (2). 3LiFePO4+NO3﹣+13H+＝3Li++3Fe3++3H3PO4+NO↑+2H2O (3). 不产生氮氧化物大气污染物 (4). Fe（OH）3 (5). 不能 (6). 硫酸锂易溶于水，不能形成含锂沉淀　。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 步骤①中“碱溶”反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O＝3H2↑+2Na[Al（OH）4]，过滤分离出铝元素，步骤②滤渣中加入氧化性酸硝酸，将亚铁离子氧化为铁离子，强酸制弱酸有磷酸生成，产物为Li+、Fe3+、H3PO4、NO，加入碱液，铁离子生成Fe（OH）3沉淀，过滤分离出铁元素，滤液中加入碳酸钠，生成碳酸锂沉淀。‎ ‎【详解】（1）步骤①中“碱溶”反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O＝3H2↑+2Na[Al（OH）4]；‎ 答案：2Al+2NaOH+6H2O＝3H2↑+2Na[Al（OH）4]。‎ ‎（2）步骤②中反应的离子方程式为3LiFePO4+NO3﹣+13H+＝3Li++3Fe3++3H3PO4+NO↑+2H2O，若用H2O2代替HNO3，其优点是不产生氮氧化物大气污染物；‎ 答案：3LiFePO4+NO3﹣+13H+＝3Li++3Fe3++3H3PO4+NO↑+2H2O；不产生氮氧化物大气污染物。‎ ‎（3）由以上分析可知步骤③沉淀的主要成分是Fe（OH）3；‎ 答案：Fe（OH）3。‎ ‎（4）硫酸锂易溶于水，不能用硫酸钠代替碳酸钠；‎ 答案：不能；硫酸锂易溶于水，不能形成含锂沉淀。‎ ‎20.钴的某些化合物与铁的化合物性质相似，某研究性学习小组为探究钴的化合物的性质，进行了以下实验：‎ Ⅰ探究草酸钴的热分解产物 ‎（1）为探究草酸钴的热分解产物，按气体流动方向，各装置的连接顺序为：A→E→_____。‎ ‎（2）能验证分解产物中有CO的实验现象是_____。‎ ‎（3）取3.66g CoC2O4•2H2O于硬质玻璃管中加热至恒重，冷却、称量，剩余固体的质量为1.5g，球形干燥管增重0.88g。则A中发生的反应方程式为_____。‎ Ⅱ探究Co（OH）2的还原性及Co（OH）3的氧化性 取A装置所得固体溶解于稀H2SO4中得到粉红色溶液，备用。‎ 已知试剂颜色：CoSO4溶液（粉红色），Co（OH）2（粉红色），Co（OH）3（棕褐色）。‎ 实验记录如下表：‎ ‎ 实验操作及现象 ‎ 实验分析 ‎ 实验1‎ ‎ 取少许粉红色溶液于试管中，滴加0.1moL﹣1NaOH溶液，生成粉红色沉淀并将该沉淀分成两份 ‎ 实验2‎ ‎ 反应的化学方程式为①_____‎ ‎ 取一份实验1中所得的粉红色沉淀，加入3%的H2O2溶液，粉红色沉淀立即变为棕褐色。‎ ‎ 实验3‎ ‎ 向实验2得到的棕褐色沉淀中滴加浓盐酸固体逐渐溶解，并有黄绿色气体产生。‎ ‎ 反应的离子方程式为②_____‎ ‎ 实验4‎ ‎ 取另一份实验1中所得的粉红色沉淀滴加浓盐酸，粉红色沉淀溶解，未见气体生成。‎ ‎ 酸性条件下，Cl2、Co（OH）2、Co（OH）3的氧化能力由大到小的顺序是③________‎ ‎【答案】 (1). C→D→B (2). 装置D中氧化铜由黑色变化为红色 (3). CoC2O4•2H2O CoO+CO2↑+CO↑+2H2O (4). 2Co（OH）2+H2O2＝2Co（OH）3 (5). 2Co（OH）3+6H++2Cl﹣＝Cl2↑+2Co2++6H2O (6). Co（OH）3＞Cl2＞Co（OH）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．（1）装置A中草酸钴受热分解，生成的气体通过装置E中浓硫酸吸收水蒸气，通过装置C中碱石灰吸收生成的二氧化碳，通过装置D验证生成的一氧化碳和氧化铜反应生成红色铜，剩余CO用装置B吸收；‎ ‎（2）一氧化碳能还原氧化铜生成红色铜；‎ ‎（3）结合原子守恒计算出反应物、生成物的物质的量，根据物质的量之比等于化学计量数之比写出方程式；‎ Ⅱ．（4）①CoSO4溶液（粉红色），滴加0.1moL﹣1NaOH溶液，生成粉红色沉淀为Co（OH）2（粉红色），将该沉淀分成两份，一份中加入3%的H2O2溶液，粉红色沉淀立即变为棕褐色说明Co（OH）2被氧化为Co（OH）3（棕褐色）；‎ ‎②向实验2得到的棕褐色沉淀中滴加浓盐酸固体逐渐溶解，并有黄绿色气体产生，说明生成的为氯气，发生的反应是氧化还原反应，Co（OH）3氧化氯离子生成氯气；‎ ‎③取另一份实验1中所得的粉红色沉淀滴加浓盐酸，粉红色沉淀溶解，未见气体生成，说明Co（OH）2不具有氧化性不能氧化氯离子生成氯气，氧化还原反应中，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）装置A中草酸钴受热分解，生成的气体通过装置E中浓硫酸吸收水蒸气，通过装置C中碱石灰吸收生成的二氧化碳，通过装置D验证生成的一氧化碳和氧化铜反应生成红色铜，剩余CO用装置B吸收，探究草酸钴的热分解产物，按气体流动方向，各装置的连接顺序为：A→E→C→D→B，‎ 答案：C→D→B；‎ ‎（2）一氧化碳具有还原性，能还原氧化铜生成红色铜，实验装置和过程分析可知，能验证分解产物中有CO的实验现象是：装置D中氧化铜由黑色变化为红色，‎ 答案：装置D中氧化铜由黑色变化为红色；‎ ‎（3）取3.66g CoC2O4•2H2O物质的量＝ ＝0.02mol，于硬质玻璃管中加热至恒重，冷却、称量，剩余固体的质量为1.5g，球形干燥管增重0.88g为吸收的二氧化碳，物质的量n（CO2）＝ ＝0.02mol，碳元素守恒得到生成CO物质的量0.02mol，生成钴的氧化物中钴元素物质的量0.02mol，摩尔质量＝ ＝75g/mol，氧化物为CoO，生成水物质的量0.04mol，结合原子守恒配平书写化学方程式：CoC2O4•2H2OCoO+CO2↑+CO↑+2H2O，‎ 答案：CoC2O4•2H2OCoO+CO2↑+CO↑+2H2O；‎ Ⅱ．（4）①CoSO4溶液（粉红色），滴加0.1moL﹣1NaOH溶液，生成粉红色沉淀为Co（OH）2（粉红色），将该沉淀分成两份，一份中加入3%的H2O2溶液，粉红色沉淀立即变为棕褐色说明Co（OH）2被氧化为Co（OH）3（棕褐色），反应的化学方程式：2Co（OH）2+H2O2＝2Co（OH）3，‎ 答案：2Co（OH）2+H2O2＝2Co（OH）3；‎ ‎②向实验2得到的棕褐色沉淀中滴加浓盐酸固体逐渐溶解，并有黄绿色气体产生，说明生成的为氯气，发生的反应是氧化还原反应，Co（OH）3氧化氯离子生成氯气，反应的化学方程式：2Co（OH）3+6H++2Cl﹣＝Cl2↑+2Co2++6H2O，‎ 答案：2Co（OH）3+6H++2Cl﹣＝Cl2↑+2Co2++6H2O；‎ ‎③取另一份实验1中所得的粉红色沉淀滴加浓盐酸，粉红色沉淀溶解，未见气体生成，说明Co（OH）2不具有氧化性不能氧化氯离子生成氯气，氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，酸性条件下，Cl2、Co（OH）2、Co（OH）3的氧化能力由大到小的顺序是：Co（OH）3＞Cl2＞Co（OH）2，‎ 答案：Co（OH）3＞Cl2＞Co（OH）2。‎ ‎【点睛】本题难点是第（3）计算，利用质量守恒和原子之间的定量比进行计算，确定钴的氧化物化学式。‎ ‎21.燃煤及工业废气中的SO2是形成酸雨的主要原因，消除SO2是减少酸雨形成的有效方法。完成下列问题：‎ ‎（1）已知：4FeS2（s）+11O2（g）═2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H＝﹣3412.0kJ•mol﹣1‎ Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H＝﹣25.0 kJ•mol﹣1‎ ‎2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣221.0 kJ•mol﹣1‎ 则2FeS2（s）+7O2（g）+3C（s）═2Fe（s）+3CO2（g）+4SO2（g）△H＝_____kJ•mol﹣1。‎ ‎（2）碱性NaClO2溶液脱硫法 SO2与碱性NaClO2溶液反应的离子方程式为2SO2+ClO2﹣+4OH﹣⇌2SO42﹣+C1﹣+2H2O，已知pc＝﹣lgc（SO2）。在刚性容器中，将含SO2的废气通入碱性NaClO2溶液中，测得pc与温度的关系如图所示。‎ 由图分析可知，该脱硫反应是_____反应（填“放热”或“吸热”）；若温度不变，增大压强，该脱硫反应的平衡常数K_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎（3）燃料细菌脱硫法 ‎①含FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌（T．f）、氧化亚铁微螺菌（L．f）、氧化硫硫杆菌（T．t）进行脱硫，其脱硫过程如图所示：‎ 已知：脱硫总反应为：FeS2+14Fe3++8H2O═2SO42﹣+15Fe2++16H+，‎ Ⅰ反应的化学方程式为：FeS2+6Fe3++3H2O═S2O32﹣+7Fe2++6H+；‎ 写出Ⅱ反应的化学方程式_____。‎ ‎②在上述脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌（T．f）与Fe3+的形成过程可视为下图所示的原电池：‎ 该细胞膜为_____（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。该电池的正极电极反应式为_____。该方法在高温下脱硫效率大大降低，原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). ﹣2062.5 (2). 放热 (3). 不变 (4). 8Fe3++S2O32﹣+5H2O═2SO42﹣+8Fe2++10H+ (5). 阳离子交换膜 (6). O2+4H++4e﹣＝2H2O (7). 温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力　。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）盖斯定律计算，利用同向相加、异向相减的原则；‎ ‎（2）由图分析可知，升温平衡向吸热方向移动可知，对于平衡常数，如果是放热反应，随着温度上升，平衡常数减小；如果是吸热反应，随着温度上升，平衡常数上升；温度不变，K不变；‎ ‎（3）①观察图像可知：反应Ⅱ是Fe3+和S2O32﹣反应生成亚铁离子和硫酸根离子，利用得失电子数相等、电荷守恒、原子守恒写出离子方程式；‎ ‎②在脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌（T．f）与Fe3+的形成过程为如图所示的原电池反应，亚铁离子被氧化发生氧化反应在原电池负极反应，正极是氧气在酸性溶液中生成水，正极消耗氢离子，确定细胞膜为阳离子交换膜；温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力；‎ ‎【详解】（1）已知：①4FeS2（s）+11O2（g）＝2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H＝﹣3412.0kJ•mol﹣1‎ ‎②Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g）△H＝﹣25.0 kJ•mol﹣1‎ ‎③2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H＝﹣221.0 kJ•mol﹣1‎ 盖斯定律①×1/2+②+③×3/2计算 2FeS2（s）+7O2（g）+3C（s）＝2Fe（s）+3CO2（g）+4SO2（g）△H＝﹣2062.5KJ/mol；‎ 答案：﹣2062.5。‎ ‎（2）已知pc＝﹣lgc（SO2），pc与温度的关系分析，温度越高Pc越小，则二氧化硫浓度增大，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，平衡常数只随温度变化，若温度不变，增大压强，‎ 该脱硫反应的平衡常数K不变；‎ 答案：放热；不变。‎ ‎（3）①反应Ⅱ是Fe3+和S2O32﹣反应生成亚铁离子和硫酸根离子，反应的离子方程式：8Fe3++S2O32﹣+5H2O═2SO42﹣+8Fe2++10H+；‎ 答案：8Fe3++S2O32﹣+5H2O═2SO42﹣+8Fe2++10H+。‎ ‎②脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌（T．f）与Fe3+的形成过程为如图所示的原电池反应，亚铁离子被氧化发生氧化反应在原电池负极反应，正极是氧气在酸性溶液中生成水，电极反应：O2+4H++4e﹣＝2H2O，正极消耗氢离子，该细胞膜为阳离子交换膜，该方法在高温下脱硫效率大大降低，原因是：温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力；‎ 答案：阳离子交换膜；O2+4H++4e﹣＝2H2O；温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力。‎