2019-2020学年北京市顺义第九中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京市顺义第九中学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不符合A族元素性质特征的是A从上到下原子半径逐渐减小B易形成 1 价离子C最高价氧化物的水化物显酸性D从上到下氢化物的稳定性依次减弱【答案】A【解析】【分析】【详解】A、同主族元素从上到下，核外电子层数逐渐增多，则原子半径逐渐增大，错误，选A；B、最外层都为7 个电子，发生化学反应时容易得到1 个电子而达到稳定结构，形成-1 价阴离子，正确，不选 B；C、A 族元素都为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物都为酸性，正确，不选C；D、同主族从上到下，非金属性减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，正确，不选D。答案选 A。2室温下，用0.100mol?L-1NaOH 溶液分别滴定20.00mL0.100mol?L-1的 HA 和 HB 两种酸溶液，滴定曲线如图所示 已知 AG=lg+-c(H)c(OH)，下列说法不正确的是（）A P点时，加入NaOH 溶液的体积为20.00mL BKa(HB)的数量级为10-4C水的电离程度：NM=P D M、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-)【答案】D【解析】【分析】未加 NaOH 溶液时，HA 的 AG=12，则 c（H+）?c（OH-）=10-14，c Hc OH=10-12，则 c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA 是强酸；未加 NaOH 溶液时，HB 的 AG=9，则 c（H+）?c（OH-）=10-14，c Hc OH=10-9，则 c（H+）=10-2.5mol/L 0.1mol/L，则 HB是弱酸；【详解】A P点 AG=0 时，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA 是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH 溶液的体积为20.00mL，故 A 正确；BHB 的电离程度较小，则溶液中c（B-）c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）0.1mol/L，Ka（HB）=+-c(H)c(B)c(HB)=-2.5-2.510100.100=10-4，故 B 正确；C酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N 点 NaB 浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：NM=P，故 C 正确；DM、P点的 AG 都为 0，都存在 c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH 越多，c（Na+）越大，溶液中存在电荷守恒，则存在P点 c（A-）=c（Na+）、M 点 c（Na+）=c（B-），但是 c（Na+）：MP 点，则c（A-）c（B-），故 D 错误；答案选 D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意 B中微粒浓度的近似处理方法。3下列实验操作规范且能达到实验目的的是（）A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A氯化铁在水溶液中由于水解会呈酸性，生成氢氧化铁胶体，故FeCl3固体不能直接用蒸馏水溶解，故A 错误；BPb2+和 SO42-反应生成PbSO4，但是 Pb2+的量过量，加入Na2S 时，若有黑色沉淀PbS 生成，不能说明PbSO4转化为 PbS，不能说明Ksp(PbSO4)Ksp(PbS)，故 B 错误；C淀粉水解生成葡萄糖，在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应，则冷却至室温，再加入氢氧化钠中和至碱性。加入银氨溶液水浴加热，产生银镜。说明淀粉水解能产生还原性糖，故C 正确；D硫酸根离子检验用盐酸酸化的氯化钡溶液，所以应该先加入稀盐酸，没有沉淀后再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀就说明有硫酸根离子，否则不含硫酸根离子，故D 错误；答案选 C。【点睛】Pb2+和 SO42-反应生成PbSO4，但是 Pb2+的量过量，这是易错点。4中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO 进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许 H+和 H2O 通过)，下列相关判断正确的是A电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2B电解池中质子从电极向电极作定向移动C吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D每处理1molNO 电解池质量减少16g【答案】C【解析】【分析】在电极，HSO3-转化为 S2O42-，S元素化合价由+4 价降低为+3 价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极，电极为电解池的阳极，在电极上 H2O 失电子发生氧化反应生成O2和 H+。【详解】A电极 为电解池的阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A 不正确；B由于阴极需消耗H+，而阳极生成H+，电解池中质子从电极向电极 作定向移动，B 不正确；C从箭头的指向，可确定吸收塔中S2O42-与 NO 反应，生成HSO3-和 N2，发生反应为2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C 正确；D每处理1molNO，阴极 2HSO3-S2O42-，质量增加34g，阳极 H2O12O2，质量减轻16g，电解池质量增加 34g-16g=18g，D 不正确；故选 C。5高能 LiFePO4电池多应用于公共交通，结构如图所示。电池中间是聚合物的隔膜，其主要作用是在反应过程中只让Li+通过，原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法错误的是（）A放电时，Li+向正极移动B放电时，电子由负极用电器 正极C充电时，阴极反应为xLi+nC+xe-=LixCnD充电时，阳极质量增重【答案】D【解析】【分析】【详解】A放电时，工作原理为原电池原理，阳离子向正极移动，A正确；B放电时，工作原理为原电池原理，电子由负极用电器 正极，B正确；C充电时，工作原理为电解池原理，阴极反应为xLi+nC+xe-=LixCn，C正确；D充电时，工作原理为电解池原理，阳极反应为LiFePO4-xe-=(1-x)LiFePO4+xFePO4+xLi+，很明显，阳极质量减小，D错误。答案选 D。【点睛】涉及 x 的电池或者电解池的电极反应书写，切不可从化合价入手，而应该以电荷守恒或者原子守恒作为突破口进行书写，如本题 D 中先根据总反应写出LiFePO4-e-(1-x)LiFePO4+xFePO4，很显然右边少着x 个 Li+，故右边加上xLi+，右边加上xLi+后，根据电荷守恒可知左边应该-xe-，最终阳极反应为LiFePO4-e-(1-x)LiFePO4+xFePO4。6298K 时，甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO-的浓度存在关系式c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100molL-1，而含碳元素的粒子的浓度与pH 的关系如图所示：下列说法正确的是()A 0.1mol L-1HCOONa溶液中有c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH-)=c(H+)+0.1 B298K 时，HCOOH的电离常数Ka=1.0 10-3.75C298K 时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中n(H+)n(OH-)保持不变D 0.1mol L-1HCOONa溶液和 0.1mol L-1HCOOH溶液等体积混合后混合液的pH=3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)【答案】B【解析】【分析】【详解】A 0.1mol L-1HCOONa溶液中酸根水解溶液显碱性c(OH-)c(H+)，根据物料守恒可知c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(Na+)=0.1molL-1，因此 c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH-)c(H+)+0.1molL-1，A错误；B根据图像可知P点时 298K 时 c(HCOO-)c(HCOOH)，c(H+)103.75mol L-1，则 HCOOH的电离常数Ka=(HCOO)(H)(HCOOH)ccc=c(H+)=1.0 10-3.75，B正确；C298K 时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中氢离子或氢氧根的物质的量增加，溶液中n(H+)n(OH-)增大，C 错误；D 0.1mol?L-1HCOONa溶液和 0.1mol?L-1HCOOH溶液等体积混合后，虽然混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100mol?L-1，但由于HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度，混合溶液中c(HCOO-)c(HCOOH)，故溶液的pH3.75，D 错误。答案选 B。【点睛】进行电离平衡常数计算时要注意曲线中的特殊点，例如起点、中性点等，比较溶液中离子浓度大小时一定要灵活应用电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等。7 明矾 KA1(SO4)2 12H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（）A合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B从易拉罐中可回收的金属元素有Al、Fe C“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D上述流程中可用NaHSO4代替 NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D 8下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 向 FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色Cl2氧化性强于Br2B 常温下，等体积pH3 的 HA 和 HB 两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图HA 酸性比 HB 弱C 向溶有 SO2的 BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X 具有氧化性D 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较 Cl2、Br2的氧化性，故A错误；B由图可知，稀释时HB 的导电能力变化大，则HB 的酸性强，即HA 酸性比 HB 弱，故 B 正确；C白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；D变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D 错误；故选 B。9X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物。已知A 的相对分子质量为28，B 分子中含有18 个电子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（）A X、Y组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸点低BY的最高价氧化物的水化物为弱酸CY、Z组成的分子可能为非极性分子D W 是所在周期中原子半径最小的元素【答案】A【解析】【分析】根据分析A 相对原子质量为28 的两种或三种元素组成化合物，容易想到一氧化碳和乙烯，而B 分子有 18个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等，但要根据图中信息要发生反应容易想到A 为乙烯，B 为氯化氢，C为氯乙烷，D 为水，E为甲醇，从而X、Y、Z、W 分别为 H、C、O、Cl。【详解】A 选项，C、H 组成化合物为烃，当是固态烃的时候，沸点可能比H、O 组成化合物的沸点高，故A 错误；B 选项，C的最高价氧化物的水化物是碳酸，它为弱酸，故B 正确；C 选项，Y、Z 组成的分子二氧化碳为非极性分子，故C 正确；D 选项，同周期从左到右半径逐渐减小，因此Cl是第三周期中原子半径最小的元素，故D 正确。综上所述，答案为A。10在 0.1 mol/L 的 Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（）A c(Na+)=2c(CO32-)Bc(H+)c(OH-)Cc(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L Dc(HCO3-)2c(CO32-)；故 A错误；B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即 CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于 CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)c(H+)，故 B错误；C.由于 Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以 Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故 C错误；D.由于 CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以 c(OH)c(HCO3-)，故 D正确；所以答案：D。【点睛】根据 Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na+CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH+OH-，进行分析判断。11对乙烯（CH2=CH2）的描述与事实不符的是A球棍模型：B分子中六个原子在同一平面上C键角：109o28D碳碳双键中的一根键容易断裂【答案】C【解析】【详解】A球表示原子，棍表示化学键，则乙烯的球棍模型为，选项 A 正确；B碳碳双键为平面结构，则分子中六个原子在同一平面上，选项B 正确；C平面结构，键角为120，正四面体结构的键角为109 o28，选项 C 错误；D碳碳双键比单键活泼，则碳碳双键中的一根键容易断裂，选项D 正确；答案选 C。12V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+a g，取14V mL 溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO42的物质的量浓度是()A125a9Vmol/L B125a36Vmol/L C125a18Vmol/L D125a54Vmol/L【答案】B【解析】【分析】【详解】V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+a g即 Al3+物质的量1magan=molM27g mol27，取14V mL 溶液，则取出的 Al3+物质的量a1amol=mol274108，稀释到4V mL，则 Al3+物质的量浓度331(aq)Al4V1amoln125a108()=m0ol LLVV54c，则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是2311433125a125a()=()=mol L=mol L22543SOAlVV6cc，故 B正确。综上所述，答案为B。13短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、Y同主族，W 的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，X的简单氢化物与Z 的氢化物相遇会产生白烟。下列说法正确的是A“白烟”晶体中只含共价键B四种元素中，Z的原子半径最大CX的简单氢化物的热稳定性比Y的强DW 的含氧酸的酸性一定比Z的弱【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物与Z 的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，所以Z 是 Cl，W是 C，W、Y同主族，则Y为 Si；X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟，X为 N。【详解】A.根据上述分析知“白烟”为NH4Cl晶体，NH4Cl 属于离子化合物，既有离子键又有含共价键，故 A 错误；B.四种元素的原子半径为SiClCN，故 B 错误；C.X的简单氢化物为NH3，Y的简单氢化物为SiH4，非金属性:NSi，热稳定性NH3 SiH4，故 C正确；D.W 的含氧酸为H2CO3，Z的含氧酸有HClO、HClO4等几种，酸性 HClOH2CO3 HClO4，故 D错误；答案：C。14对 FeC13溶液与 KI 溶液反应进行探究实验，按选项ABCD顺序依次进行操作，依据现象，所得结论错误的是A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.取 2 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，滴加0.1 mol/L FeCl3溶液 3 滴，振荡，充分反应，溶液呈深棕黄色，是因为2Fe3+2I-=2Fe2+I2,所以 A正确；B.试管 1 中滴加 2 滴 0.1 mol/L KSCN溶液，溶液显红色说明溶液中有Fe3+，证明 FeCl3与 KI 的反应具有可逆性，故 B正确；C.向试管 2 中加入 1mL CCl4，充分振荡、静置，溶液分层，上层为浅棕黄色，试管2 中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果，故 C错误；D.试管 2 中上层为浅棕黄色，下层为紫色说明有碘单质被萃取出来，导致溶液中Fe3+浓度减小，试管 3 中红色比试管1 中浅是平衡移动的结果，故D正确；答案：C。【点睛】本实验探究FeC13溶液与 KI 溶液发生反应的实验。根据FeCl3具有强氧化性，KI具有还原性，两者反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2；再根据I2易溶于有机溶剂，Fe3+能使 KSCN 溶液变红色的特征进行判断。15实验测得浓度均为0.5 mol?L-1的 Pb(CH3COO)2溶液的导电性明显弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列离子方程式书写错误的是A Pb(NO3)2溶液与CH3COONa 溶液混合：Pb2+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2BPb(NO3)2溶液与 K2S溶液混合：Pb2+S2-=PbSCPb(CH3COO)2溶液与 K2S溶液混合：Pb2+S2-=PbSD Pb(CH3COO)2在水中电离：Pb(CH3COO)2?Pb2+2CH3COO-【答案】C【解析】【分析】由导电性强弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱电解质，在离子方程式中保留化学式，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.Pb(NO3)2溶液与 CH3COONa溶液混合，会生成 Pb(CH3COO)2，发生反应的离子方程式为：Pb2+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2，A 项正确；B.Pb(NO3)2溶液与 K2S溶液混合会生成PbS沉淀，发生反应的离子方程式为：Pb2+S2-=PbS，B 项正确；C.Pb(CH3COO)2溶液与 K2S溶液混合，离子方程式为：Pb(CH3COO)2+S2-=PbS+2CH3COO-，C项错误；D.Pb(CH3COO)2在水中电离：Pb(CH3COO)2?Pb2+2CH3COO-，D 项正确；答案选 C。【点睛】Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分电离，是少有的几种不是强电解质的盐之一。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：已知：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH 如下表金属离子Fe2Fe3Cu2Mn2开始沉淀7.5 2.7 5.6 8.3 完全沉淀9.0 3.7 6.7 9.8 KspFe(OH)34.01038（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有_（任写一种）。（2）滤渣 I 中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：_。（3）常温下“除铁”时加入的试剂A 可用 CuO等，调节pH 调的范围为 _，若加A 后溶液的pH 调为5，则溶液中Fe3的浓度为 _mol/L。（4）写出“沉锰”(除 Mn2)过程中反应的离子方程式：_。（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是_。（6）滤液经蒸发结晶得到的盐主要是_(写化学式)。（7）过滤得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是_。【答案】充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O 3.75.6（或 3.7 pH5.6）4.0 1011Mn2HCO3NH3MnCO3 NH4将溶液加热(NH4)2SO4取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合理答案也可）【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质 S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。【详解】（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可，答案为：充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可；（2）由分析中滤渣1 的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH 为 3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的 pH 值可知，溶液的pH 不能高于5.6，则调节pH 调的范围为3.75.6（或 3.7 pH5.6）；当溶液pH 调为 5 时，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=-14w-5+K10=10 mol/Lc H=10-9 mol/L，已知 KspFe(OH)34.0 1038，则c(Fe3+)=sp33-KFe OHcOH=383-94.0 1010 mol/L=4.0 1011 mol/L，答案为：3.75.6（或 3.7 pH”、“=”或“”）。某温度下，在体积固定的2L 密闭容器中将1molCO 和 2molH2混合，使反应得到平衡，实验测得平衡时与起始时的气体压强比值为1.7，则该反应的平衡常数为_（保留 l 位小数）。(3)利用钠碱循环法可除去SO2。常温下，若吸收液吸收一定量SO2后的溶液中，n（SO32-）：n(HSO3-)=3：2，则此时溶液呈_（填“酸性”、“中性”或“碱性”）。（已知：H2SO3的电离常数为：Kal=l.5411-2、Ka2=l.12l1-7）(4)利用电化学法处理工业尾气SO2的装置如图所示，写出 Pt(2)电极反应式：_；当电路中转移1.12 mol e-时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加_ mol 离子。【答案】HCHO 471kJmol1放热 2.7 碱性2HSO32e2H=S2O422H2O 1.13【解析】【分析】(1)反应速率与活化能的关系，根据图像求反应热；(2)通过平衡常数的变化判断反应的热效应，通过浓度商判断反应进行的方向；利用压强和三段式计算平衡常数；(3)利用电离平衡常数求解c(H)；（4）根据反应类型判断阴、阳极并书写电极反应式，根据电极反应式进行计算。【详解】(1)从图像中可知加入催化剂生成甲醛的反应活化能小，化学反应速率快，所以主要产物为HCHO。根据图像，1molHCHO 转化为 1molCO放出的能量为（676-283-158）kJ mol1=235 kJmol1，方程式为2molHCHO，则 H 需要乘以2，H=-2352kJmol1=-471 kJmol1；(2)根据图中数据可知，随着温度的升高，平衡常数降低，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，该反应为放热反应；对于某时刻，浓度商3222c0.8=12.5COc0.40.4CH OHQccH（），大于 251的平衡常数2.141，反应逆向进行，正反应速率小于逆反应速率；同温同体积的情况下，压强之比等于物质的量之比。平衡时与起始时的气体压强比值为1.7，开始的物质的量为1mol+2mol=3mol，则平衡时的物质的量为3mol 1.7=2.1mol。CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)开始的物质的量1 2 1 转化的物质的量x 2x x 平衡的物质的量1-x 2-2x x 1-x+2-2x+x=2.1，得 x=1.45mol；体积为2L，则有32220.45c2K=2.7COc0.551.122CH OHcH（）；(3)n(SO32-)：n(HSO3-)=3：2，在同一溶液中，则浓度之比等于物质的量之比，亚硫酸的Ka2=，得 c(H+)=6.8 11811-7，溶液呈碱性；(4)根据示意图，Pt（2）电极上 HSO3 S2O42，S的化合价从+4 降低到+3，电解质溶液为酸性，则电极方程式为 2HSO32e2H=S2O422H2O；Pt（2）为阴极，Pt（1）为阳极，阳极的电极反应式为SO22e 2H2O=SO424H，电路中通过1.12 mol e-时，左侧生成1.11molSO42-和 1.14molH+，为平衡电荷，有 1.12mol 的 H+经阳离子交换膜转移到右侧，则左侧的离子增加了1.13mol。【点睛】计算平衡常数的时候，计算式中带入的为浓度，要注意题中所给数据是浓度还是物质的量。如题目中的（2）。19工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)，工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：(1)由 Na2Cr2O7生产 K2Cr2O7的化学方程式为_。(2)由图分析选择冷却结晶的原因是_。(3)向 Na2Cr2O7母液中加碱液调pH 的目的是 _。(4)分离得到固体A 的方式为 _，用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液_(填“”“”或“”)中，既能提高产率又可使能耗最低。(5)生产工艺中含Cr2O72-的废水常用于处理废水中的CN-，处理过程按下图流程进行:步骤中，每处理0.3 mol Cr2O72-时转移电子1.8 mol，该反应的离子方程式为_；处理酸性Cr2O72-废水多采用铁氧磁体法。该法是向废水中加入FeSO4 7H2O 将 Cr2O72-还原成 Cr3+，调节pH，Fe、Cr转化成相当于FeFexIIICr(2-x)IIIO4(铁氧磁体，罗马数字表示元素价态)的沉淀。处理 1 mol Cr2O72-，需加入 a mol FeSO4 7H2O，下列结论正确的是_。A x=0.5，a=6Bx=0.5，a=10 Cx=1.5，a=6Dx=1.5，a=10【答案】Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaClK2Cr2O7溶解度随温度变化明显除去溶液中的Fe3+趁热过滤 26H+3S2O32-+4Cr2O72-=8Cr3+6SO42-+13H2OD【解析】【分析】由流程可知，溶解后调节pH 除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度曲线图可知，氯化钠的溶解度随温度的变化较小，母液II 蒸发浓缩只有析出NaCl(A)，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，且K2Cr2O7随温度的变化较大，则母液冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)，据此分析解答(1)(4)。(5)步骤中，每处理0.3 mol Cr2O72-时转移电子1.8 mol，即 1mol Cr2O72-时转移电子6mol，则反应后Cr的化合价变成+3价，根据流程图，S2O32-被氧化为SO42-，据此书写反应的离子方程式；根据氧化还原反应中得失电子数相等，再结合原子守恒进行计算。【详解】(1)由 Na2Cr2O7生产 K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl K2Cr2O7+2NaCl，故答案为：Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl；(2)由溶解度图可知，低温下 K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小，则可通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7晶体，故答案为：K2Cr2O7溶解度随温度变化明显；(3)母液中含少量杂质Fe3+，向 Na2Cr2O7母液中加碱液调pH 的目的是除去Fe3+，故答案为：除去溶液中的Fe3+；(4)氯化钠的溶解度随温度的变化较小，母液II 蒸发浓缩只有析出NaCl(A)，分离出氯化钠需要趁热过滤，防止其他物质结晶析出；低温下K2Cr2O7的溶解度较小，且K2Cr2O7随温度的变化较大，则母液冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)，用热水洗涤固体A，回收的洗涤液中含有K2Cr2O7和少量氯化钠，可以转移到母液中，再冷却结晶得到K2Cr2O7，既能提高产率又可使能耗最低，故答案为：趁热过滤；(5)步骤中，每处理0.3 mol Cr2O72-时转移电子1.8 mol，即 1mol Cr2O72-时转移电子6mol，则反应后Cr的化合价变成+3价，根据流程图，S2O32-被氧化为SO42-，因此反应的离子方程式为26H+3S2O32-+4Cr2O72-=8Cr3+6SO42-+13H2O，故答案为：26H+3S2O32-+4Cr2O72-=8Cr3+6SO42-+13H2O；处理 1mol Cr2O72-，需加入a mol FeSO4?7H2O，根据铬原子守恒得，1mol Cr2O72-完全反应后生成molFeFex?Cr2-xO4，根据铁原子守恒得amol=mol，该反应中得失电子数相等，1mol 2 3=mol(3-2)x，联立上述2 个方程解得：x=1.5，a=10，故答案为：D。