2019-2020学年安徽省怀远一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省怀远一中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下列有关酸碱滴定实验操作的叙述错误的是（）A准备工作：先用蒸馏水洗涤滴定管，再用待测液和标准液洗涤对应滴定管B量取 15.00mL 待测液：在 25 mL 滴定管中装入待测液，调整初始读数为 10.00mL 后，将剩余待测液放入锥形瓶C判断滴定终点：指示剂颜色突变，且半分钟内不变色D读数：读蓝线粗细线交界处所对应的刻度，末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积【答案】B【解析】【详解】A、用待测液和标准液洗涤对应滴定管，避免待测液和标准液被稀释而浓度减小引起较大误差，故A 不符合题意；B、由于 25mL 滴定管中装入待测液的体积大于25mL，所以调整初始读数为 10.00mL 后，将剩余待测液放入锥形瓶，待测液体积大于15.00mL，测定结果偏大，故B 符合题意；C、酸碱滴定时，当指示剂变色后且保持半分钟内不变色，即可认为已经达到滴定终点，故C 不符合题意；D、滴定实验中，准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对应的刻度线，由于滴定管的0 刻度在上方，所以末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积，故D 不符合题意；故选：B。2化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均为88C H，下列说法正确的是()A甲的同分异构体只有乙和丙两种B甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是丙C甲、乙、丙均可与溴的四氯化碳溶液反应D甲中所有原子可能处于同一平面【答案】D【解析】【分析】【详解】A.符合甲的分子式的同分异构体有多种，因为其不饱和度为5，分子中还可以是含有碳碳三键、环等结构的物质，故A 错误；B.甲的分子中含有5 种氢原子，所以一氯代物有5 种，乙的分子中含有1 种氢原子，所以一氯代物有1 种，丙的分子中含有1 种氢原子，所以一氯代物有1 种，所以甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是乙和丙，故B 错误；C.丙中不存在不饱和碳碳键，不能与溴的四氯化碳溶液反应，故C错误；D.苯环和碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，所以所有原子可能处于同一平面，故D 正确。故选 D。【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。3常温下，向10.00 mL 0.1mol/L 某二元酸 H2X溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH 溶液，其pH 变化如图所示(忽略温度变化)，已知：常温下，H2X的电离常数Ka1 1.1105，Ka21.3108。下列叙述正确的是A a 近似等于3 B点处c(Na)2c(H)c(H2X)2c(X2)c(HX)2c(OH)C点处为H2X 和 NaOH 中和反应的滴定终点D点处c(Na)2c(X2)c(OH)c(HX)c(H)【答案】A【解析】【详解】A.多元弱酸分步电离，以第一步为主，根据H2XH+HX-，c（H+）=a10.1k=50.1 1.1 1010-3，a 近似等于3，故 A 正确；B.点处恰好生成NaHX，根据电荷守恒c(Na)c(H)2c(X2)c(HX)c(OH)和质子守恒c(H)+c（H2X）=c(X2)c(OH-)得：c(Na)2c(H)+c（H2X）=3 c(X2)+c(HX)2c(OH)，故 B错误；C.H2X和 NaOH 恰好反应生成Na2S，为中和反应的滴定终点，点处为滴定终点，故C错误；D.点处恰好生成Na2X，c(Na)2c(X2)c(OH)c(HX)c(H)，故 D 错误；答案：A【点睛】本题考查了酸碱中和滴定实验，注意先分析中和后的产物，再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分分析；注意多元弱酸盐的少量水解，分步水解，第一步为主；多元弱酸少量电离，分步电离，第一步为主。4短周期非金属元素甲戊在元素周期表中位置如下所示，分析正确的是A非金属性：甲丙B原子半径：乙丁C最外层电子数：乙丙，A 项错误；B.同主族从上到下，原子半径依次增大，故半径乙丙，C项错误；D.戊在第三周期、VIA 或 VIIA，可能是硫或氯元素，D 项错误。本题选 B。5我国历史悠久，有灿烂的青铜文明，出土大量的青铜器。研究青铜器中(含 Cu、Sn 等)在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。下列说法不正确的是()A青铜器发生电化学腐蚀，图中c 作负极，被氧化B正极发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-C环境中的C1-与正、负两极反应的产物作用生成a 的离子方程式为2Cu2+3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl D若生成2 mol Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗标准状况下O2的体积为22.4 L【答案】D【解析】【详解】A.根据图知，O2得电子生成OH-、Cu失电子生成Cu2+，青铜器发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是a，A 正确；B.O2在正极得电子生成OH-，则正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B 正确；C.Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成Cu2+、正极上生成OH-，所以该离子反应为Cl-、Cu2+和 OH-反应生成 Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2+3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl ，C正确；D.每生成 1 mol Cu2(OH)3Cl，需 2 mol Cu2+，转移 4 mol 电子，消耗1 mol O2，则根据转移电子守恒可得生成 2 mol Cu2(OH)3Cl，需消耗 O2的物质的量n(O2)=2?mol224=2 mol，则理论上消耗标准状况下O2的体积 V=2 mol22.4 L/mol=44.8 L，D 错误；故合理选项是D。6瑞香素具有消炎杀菌作用，结构如图所示，下列叙述正确的是A与稀 H2SO4混合加热不反应B不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C1mol 瑞香素最多能与3mol Br2发生反应D 1mol 瑞香素与足量的NaOH 溶液发生反应时，消耗NaOH 3mol【答案】C【解析】【分析】【详解】A含-COOC-，与稀硫酸混合加热发生水解反应，A错误；B含碳碳双键、酚羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C酚羟基的邻位、碳碳双键均与溴水反应，则1mol 该物质最多可与3molBr2反应，C正确；D酚羟基、-COOC-及水解生成的酚羟基均与NaOH 反应，则 1mol 瑞香素与足量的NaOH 溶液发生反应时，消耗 NaOH 4mol，D 错误；答案选 C。7X、Y、Z、W、R 是原了序数依次递增的短周期元素。X 原子最外层电子数是其内层电子数的2 倍，Y、R 同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4 倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W 是地売中含量最高的金属元素。下列叙述正确的是A Y、Z、W 原子半径依次增大B元素 W、R 的简单离子具有相同的电子层结构CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比R 的强D X、R分别与 Y形成的常见化合物中化学键类型相同【答案】D【解析】X、Y、Z、W、R 是原了序数依次递增的短周期元素X 原子最外层电子数是其内层电子数的2 倍，应为 C元素，Y、R 同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4 倍，即为24，则 Y为 O 元素，R为 S元素，Z为短周期中金属性最强的元素，应为 Na 元素，W 是地売中含量最高的金属元素，为 Al 元素；A由分析可知：Z 为 Na、W 为 Al，原子 NaAl，故 A错误；BW 为 Al、R为 S元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故B 错误；C非金属性S C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；DX、R 分别与 Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫，都为共价化合物，化学键类型相同，故D 正确；故答案为D。点睛：。8向某容积为2L 的恒容密闭容器中充入2molX(g)和 1molY(g)，发生反应2X(g)+Y(g)3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（）A M 点时，Y的转化率最大B平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小C升高温度，平衡常数减小D W、M 两点 Y的正反应速率相同【答案】C【解析】【分析】起始时向容器中充入2molX(g)和 1molY(g)，反应从左到右进行，结合图像，由起点至Q 点，X 的体积分数减小；Q 点之后，随着温度升高，X 的体积分数增大，意味着Q 点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，反应从右向左进行。【详解】AQ 点之前，反应向右进行，Y的转化率不断增大；Q 点M点的过程中，平衡逆向移动，Y的转化率下降，因此Q 点时 Y的转化率最大，A 项错误；B平衡后充入X，X 的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱而不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X 的体积分数仍比原平衡大，B项错误；C根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；D容器体积不变，W、M 两点，X的体积分数相同，Y的体积分数及浓度也相同，但M 点温度更高，Y的正反应速率更快，D 项错误；答案选 C。9下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A K+、H+、SO42-、AlO2-BH+、Fe2+、NO3-、Cl-CMg2+、Na+、Cl-、SO42-DNa+、K+、OH-、HCO3-【答案】C【解析】H+、AlO2-反应生成Al3+，故 A错误；H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，故B错误；Mg2+、Na+、Cl-、SO42-不反应，故C正确；OH-、HCO3-反应生成CO32-，故 D错误。10X、Y、Z、W 均为短周期元素，X的原子中只有1 个电子，Y2和 Z+离子的电子层结构相同，Y与 W同主族。下列叙述正确的是A X分别与 Y、Z、W 形成的二元化合物中X的化合价均为+1 价B常见氢化物的沸点：W 大于 Y CZ与 W 形成的化合物，其水溶液常带有臭鸡蛋气味D由这四种元素共同形成的两种化合物，其水溶液一种呈酸性，另一种呈碱性【答案】C【解析】【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 的原子中只有1 个电子，则X为 H 元素；Y2和 Z+离子的电子层结构相同，则Y位于第二周期A 族，为 O 元素，Z 位于第三周期A 族，为 Na 元素；Y 与 W 同主族，则W 为 S元素，据此进行解答。【详解】四种短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 的原子中只有1 个电子，则X为 H 元素；Y2和 Z+离子的电子层结构相同，则Y位于第二周期A 族，为 O 元素，Z 位于第三周期A 族，为 Na 元素；Y 与 W 同主族，则W 为 S元素；A X为 H 元素，H 与 Na 形成的 NaH 中，H 的化合价为-1 价，故 A 错误；BH2O 中含有氢键，沸点高于H2S，故 B错误；CNa2S的水溶液中，S2-会水解生成少量硫化氢气体，硫化氢有臭鸡蛋气味，故C正确；D由这四种元素共同形成的化合物有NaHSO4和 NaHSO3，水溶液都显酸性，故D 错误；故答案选C。【点睛】本题根据题目中所给信息推断元素种类为解答关键，注意 H 元素与活泼金属元素组成的化合物中可以显-1价。11实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示，下列关于实验操作或叙述错误的是已知：亚硝酰硫酸为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H A浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，边加边搅拌B装置 B 和 D 中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解C冷水的温度控制在20左右，太低反应速率太慢；太高硝酸易分解，SO2逸出D实验时用98%的浓硫酸代替70%的 H2SO4产生 SO2速率更快【答案】D【解析】【详解】A浓硝酸与浓硫酸混合时，如果将浓硝酸注入浓硫酸中，容易发生液滴四溅，故浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，并且边加边搅拌，搅拌的目的是及时散热，防止局部过热，A正确；B亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B 中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体水蒸气进入装置C中，装置D 中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B正确；C为了保证反应速率不能太慢，同时又要防止温度过高硝酸分解，SO2逸出，故冷水的温度控制在20左右，C正确；D 98%的浓硫酸的很难电离出H+，如果用98%的浓硫酸代替70%的 H2SO4产生 SO2速率更慢，D错误；12对甲基苯乙烯（）是有机合成的重要原料。下列对其结构与性质的推断错误的是（）A分子式为910C HB能发生加聚反应和氧化反应C具有相同官能团的芳香烃同分异构体有5 种(不考虑立体异构)D分子中所有原子可能处于同一平面【答案】D【解析】【分析】对甲基苯乙烯（）含有甲基、苯环和碳碳双键，具有苯、乙烯的结构特点和性质。【详解】A项、对甲基苯乙烯（）含有 9 个碳和 10 个氢，分子式为C9H10，故 A正确；B项、含有碳碳双键，可发生加聚反应和氧化反应，故B正确；C项、含有两个支链时，有邻间对三种结构，含有一个支链时：支链为-CH=CH-CH3、-CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了本身，共有5 种同分异构体，故C正确；D项、含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，处于同一平面，分子中含有-CH3，甲基为四面体结构，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，故D错误。故选 D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的结构、苯环与H原子的判断为解答的关键。13互为同系物的物质不具有A相同的相对分子质量B相同的通式C相似的化学性质D相似的结构【答案】A【解析】【详解】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互为同系物A、由于同系物在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，故相对分子质量不同，选项A 选；B、由于同系物的结构相似，即属于同一类物质，故通式相同，选项B 不选；C、由于同系物的结构相似，即属于同一类物质，故化学性质相似，选项C 不选；D、互为同系物的物质的结构必须相似，选项D 不选。答案选 A。14下列使用加碘盐的方法正确的有（）菜烧好出锅前加盐先将盐、油放锅里加热，再加入食材烹饪煨汤时，将盐和食材一起加入先将盐放在热锅里炒一下，再加入食材烹饪AB C D 【答案】A【解析】食盐中所加的含碘物质是KIO3，KIO3在加热的条件下容易分解生成易挥发的碘单质，导致碘损失，所以正确的方法为菜烧好出锅前加盐，故答案选A。正确答案为A。15中科院深圳研究院成功开发出一种新型铝石墨双离子电池，可大幅度提升电动汽车的使用性能，其工作原理如图所示。充电过程中，石墨电极发生阴离子插层反应，而铝电极发生铝锂合金化反应，下列叙述正确的是A放电时，电解质中的Li向左端电极移动B充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：AlLi-e-=Li+Al C放电时，正极反应式为Cn(PF6)+e-=PF6-+CnD充电时，若转移0.2mol 电子，则铝电极上增重5.4g【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图中电子流动方向川知，放电时左边为负极右边为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以电解质中的 Li+向右端移动，故A 错误；B充电时阴极得电子发生还原反应，所以电极反应式为：Li+Al+e-=AlLi，故 B 错误；C放电时，正极Cn(PF6)发生还原反应，据图可知生成PF6-，所以电极反应式为：Cn(PF6)+e-=PF6-+Cn，故 C正确；D 锂比铝活泼，充电时，铝电极的电极反应式为：Li+Al+e-=AlLi，所以若转移0.2 mol 电子，增重为 0.2 7=1.4g，而不是 5.4 g，故 D 错误；故答案为C。【点睛】原电池中电子经导线由负极流向正极，电流方向与电子流向相反；电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氮化锶（Sr3N2）在工业上广泛用于生产荧光粉。已知：锶与镁位于同主族；锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。I.利用装置A 和 C制备 Sr3N2（1）写出由装置A 制备 N2的化学方程式 _。（2）装置 A 中 a 导管的作用是_。利用该套装置时，应先点燃装置A的酒精灯一段时间后，再点燃装置 C的酒精灯，理由是_。II.利用装置 B 和 C制备 Sr3N2。利用装置B 从空气中提纯N2（已知：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收）（3）写出装置B 的 NaOH 溶液中发生反应的离子方程式_。（4）装置 C中广口瓶盛放的试剂是_。III.测定 Sr3N2产品的纯度（5）取 ag 该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是_。经改进后测得浓硫酸增重bg，则产品的纯度为 _（用相关字母的代数式表示）。【答案】NH4ClNaNO2N2NaCl2H2O 平衡气压，使液体顺利流下利用生成的N2将装置内空气排尽CO22OH-=CO32-H2O 浓硫酸未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收引起增重（或其他合理答案）146b10017a%【解析】【分析】I.利用装置A 和 C制备 Sr3N2，装置 A 中 NaNO2和 NH4Cl 反应制备N2，由于 N2中混有 H2O（g），为防止氮化锶遇水剧烈反应，故N2与 Sr 反应前必须干燥，装置C中广口瓶用于除去N2中的 H2O（g），碱石灰的作用是防止外界空气进入硬质玻璃管中。II.利用装置B 和 C制备 Sr3N2，锶与镁位于同主族，联想Mg 的性质，空气中的CO2、O2等也能与锶反应，为防止锶与CO2、O2反应，则装置B中 NaOH 用于吸收CO2，连苯三酚吸收O2，装置 C中广口瓶用于除去N2中的 H2O（g），碱石灰的作用是防止外界空气进入硬质玻璃管中。III.测定 Sr3N2产品的纯度的原理为：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，根据浓硫酸增加的质量和浓硫酸的性质分析计算。【详解】I.利用装置A 和 C制备 Sr3N2（1）NaNO2和 NH4Cl反应制备N2，根据原子守恒还有NaCl、H2O 生成，反应的化学方程式为NH4ClNaNO2N2 NaCl2H2O。（2）装置 A 中 a 导管将分液漏斗上下相连，其作用是平衡气压，使液体顺利流下；锶与镁位于同主族，联想 Mg 的性质，空气中的CO2、O2等也能与锶反应，为防止装置中空气对产品纯度的影响，应先点燃装置 A 的酒精灯一段时间，利用生成的N2将装置内空气排尽，再点燃装置C的酒精灯。II.利用装置B 和 C制备 Sr3N2（3）锶与镁位于同主族，联想Mg 的性质，空气中的CO2、O2等也能与锶反应，为防止锶与CO2、O2反应，则装置B中 NaOH 用于吸收CO2，反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O。（4）为防止氮化锶遇水剧烈反应，故 N2与 Sr 反应前必须干燥，装置C中广口瓶用于除去N2中的 H2O（g），其中盛放的试剂为浓硫酸。III.测定 Sr3N2产品的纯度的原理为：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故浓硫酸增加的质量为NH3的质量，由于浓硫酸具有吸水性，会将NH3中的水蒸气一并吸收，导致NH3的质量偏高，从而导致测得的产品纯度偏高。经改进后测得浓硫酸增重bg，根据 N 守恒，n(Sr3N2)=12n(NH3)=1217/bgg mol=34bmol，则 m(Sr3N2)=34bmol 292g/mol=14617bg，产品的纯度为14617bgag 100%=14617ba 100%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：已知 CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系 CuCl(s)+Cl-CuCl2-，潮湿空气中易水解氧化。（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是_。该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为 _；（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol L-1，配制 1L此硫酸溶液，需要98%、1.84gmL-1浓硫酸 _mL（保留1 位小数）。溶解时反应的离子方程式_；（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。反应的氧化产物是_，n(氧化剂)：n(还原剂)=_；比较 c(Cu+)相对大小：A 点_C 点（填“”、“加水稀释(NH4)2SO4HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化【解析】【分析】利用 H2O2在酸性条件下将CuS 中的-2 价 S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu 氧化成 Cu2+，接下来用SO32-将 Cu2+还原成 Cu+，同时利用 Cl-将 Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl 表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。【详解】（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了 CuSO4和 S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；（2）根据 c=1000M得，浓硫酸浓度=1.84100098%98/gmLg mol=18.4molL-1，根据 C1V1=C2V2得：18.4molL-1V=0.3mol L-1 1L，解得 V 16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：16.3；3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO +4H2O；（3）流程可知，“反应”利用 SO32-将 Cu2+还原成 Cu+，SO32-自身被 Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化 S化合价由+4 升高到+6，升高了 2，每个 Cu2+被还原，化合价从+2 降低到+1，降低了 1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和 SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；B 点之前 Cu+和 Cl-形成 CuCl 沉淀，B点时建立了CuCl(s)?Cu+(aq)+Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl 溶解 CuCl(s)+Cl-CuCl2-,由 CuCl(s)?Cu+(aq)+Cl-(aq)可知，CuCl 虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以 C点和 B点 Cu2+的浓度是相等的，由于 B点之前 CuCl(s)?Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡一直向左移动，所以B点的 Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：；既然 B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4；（5）硝酸有强氧化性，将CuCl 氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。【点睛】（3）由图可知，B 点之后，NH4Cl 越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH4Cl 又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18以含 1 个碳原子物质(如 CO、CO2、CH4、CH3OH 等)为原料的“碳一化学”处于未来化学产业的核心，成为科学家研究的重要课题。请回答下列问题：（1）已知 CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热分别为-283.0kJmol-1、-285.8kJ mol-l、-764.5kJ mol-l。则反应I：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)H=_（2）在温度 T 时，向体积为2L 恒容容器中充入3molCO 和 H2的混合气体，发生反应I，反应达到平衡时，CH3OH(g)的体积分数()与 n(H2)/n(CO)的关系如下图所示。当起始 n(H2)/n(CO)=1 时，从反应开始到平衡前，CO的体积分数将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。当起始 n(H2)/n(CO)=2 时，反应经过l0min 达到平衡，CO转化率为 0.5，则 0l0min 内平均反应速率v(H2)=_。当起始 n(H2)/n(CO)=3.5 时，达到平衡后，CH3OH 的体积分数可能是图像中的_。(填“D”、“E”或“E”点)。（3）在一容积可变的密闭容器中充有10molCO 和 20molH2，发生反应I。CO的平衡转化率()与温度(T)、压强(P)的关系如下图所示。压强 P1=_(填“”)P2；A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为_(用“”表示)。若达到平衡状态C时，容器体积为10L，则在平衡状态A 时容器体积为_L。【答案】-90.1kJ/mol 不变0.05mol L-1 min-1F KA=KCKB2【解析】【分析】【详解】（1）CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热化学方程式分别为：221CO g+Og=COg283.0kJ/mol2H，2221Hg+Og=H O l=-285.8kJ/mol2H，32223CH OH g+Og=COg+2H O l=-764.5kJ/mol2H，根据盖斯定律可知，将+2 -可得：23()()()CO g+2Hg=CH OH g=-90.1kJ/molH；（2）在温度T时，向体积为2L 恒容容器中充入3molCO 和 H2的混合气体，发生反应I23()()()CO g+2Hg=CH OH g=-90.1kJ/molH；当起始 n(H2)/n(CO)=1 时，则 n(H2)=n(CO)=1.5mol，CO的体积分数为50%，根据三等式23CO g+2HgCH OH gmol1.51.50molx2xxmol1.5-x1.5-2xx?起始转化平衡平衡时，CO的体积分数为1.5-x=50%3-2x，不管 CO转化了多少，CO的体积分数一直为50%，则反应前后体积分数不变；当起始 n(H2)/n(CO)=2 时，混合气体为3mol，则 n(CO)=1mol，n(H2)=2mol，反应经过l0min 达到平衡，CO转化率为0.5，即转化了0.5mol，则 H2转化 1mol，则 0l0min 内平均反应速率v(H2)=-1-10.05mol L1mol2L=m10minin；当反应物的投料比等于其化学计量数之比时，平衡时，生成物的体积分数最大，即当起始 n(H2)/n(CO)=2时，CH3OH(g)的体积分数()最大，因此当起始n(H2)/n(CO)=3.5 时，达到平衡后，CH3OH 的体积分数可能是图像中的F点；（3）当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，CO转化率上升，由此可知P1P2；该反应正向为放热反应，升高温度，平衡将逆向移动，平衡常数将减小，平衡常数只与温度有关，温度不变时，平衡常数不变，A 和 C 的温度相同，小于B 的温度，因此KA=KCKB；平衡状态A 和 C的温度相同，平衡常数相同。达到平衡状态C时，CO的转化率为50%，则平衡时n(CO)=5mol，n(H2)=10mol，n(CH3OH)=5mol，平衡常数3222CH OH0.5=1COH0.5 1cKcc，达到平衡状态A 时，CO的转化率为80%，则平衡时n(CO)=2mol，n(H2)=4mol，n(CH3OH)=8mol，设该容器体积为VL，则32228CH OHV=1COH24VVcKcc，解得 V=2。【点睛】可逆反应中相关数据计算时，当可逆反应中反应物的投料比等于其化学计量数之比时，任意时刻反应物的转化率均相等，且平衡时生成物的体积分数为最大值。19废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO、ZnMn2 O4、MnO、Mn2 O3、Mn3 O4、MnO2。利用废旧锌锰电池回收锌和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图：回答下列问题：(1)步骤“粉碎”的主要目的是_。(2)步骤“酸浸”发生了一系列反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O。推测Mn2O3与硫酸反应的离子方程式为_。(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对Zn、Mn 浸出率的影响。为保证Zn、Mn 的浸出率均大于90%，步骤需控制的c(H2SO4)=_mol/L。H2C2O4浓度对Mn 的浸出率影响程度大于Zn，其原因是 _。假设“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当c(H2C2O4)0.25 mol/L 时，Zn、Mn 的浸出率反而下降、且 Zn 的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_(填序号)。a.随着反应进行c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+与 C2O42-生成沉淀c.溶解度：ZnC2O4 MnC2O4(4)步骤用惰性电极电解ZnSO4、MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2、H2SO4 外，还可能生成H2、O2 或其混合物。生成MnO2的电极反应式为_。若n(H2)：n(O2)=2：1，则参加反应的n(Zn2+)：n(Mn2+)=_。该工艺流程中可循环利用的物质是_。【答案】增大接触面积，提高浸出率Mn2O3+2H+=Mn2+H2O+MnO20.5 Zn 元素浸出时不需要还原剂，而+4 价 Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入 H2C2O4作还原剂更有利浸出或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O a、b、c Mn2+2H2O2e=MnO2+4H+11 H2SO4或硫酸【解析】【分析】将废旧锌锰电池机械分离，为增加浸出率，对内部固体残渣(主要含有ZnO、ZnMn2 O4、MnO、Mn2 O3、Mn3 O4、MnO2)粉碎，加入足量H2SO4和草酸对残渣进行溶浸，发生 ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O 等一系列反应，得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的酸浸液，对酸浸液过滤除杂精制，对含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的精制液电解得到硫酸、二氧化锰、单质锌，据此分析解答。【详解】(1)增大接触面积，提高浸出率；(2)ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnO Mn2O3，ZnO Mn2O3+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2可知Mn2O3+2H+=Mn2+H2O+MnO2；(3)由图可知，当c(H2SO4)=0.5 mol/L 时，Mn 的浸出率等于90%，Zn 的浸出率大于90%。由ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、ZnMn2O4+2H2 SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2、MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O 可知，Zn 的浸出只需H2SO4即可，所以Zn 元素浸出时不需要还原剂，而+4 价 Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入 H2C2O4作还原剂更有利Mn 的浸出。或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O；a结合的分析，Mn、Zn 的浸出率与c(H+)有关，如果c(H+)减小，浸出率下降，故a正确；bc(H2C2O4)0.25mol/L 时，如果Zn2+、Mn2+与 C2O24生成沉淀，浸出率下降，故b 正确；c如果溶解度ZnC2O4 MnC2O4，Zn 的浸出率下降先于Mn，故 c正确；答案为：a、b、c；(4)根据流程，酸性条件下，Mn2+失去电子转化为MnO2，则电极反应为：Mn2+2H2O2e=MnO2+4H+；阴极可能发生的电极反应为Zn2+2e=Zn，2H+2e=H2。阳极可能发生的电极反应为Mn2+2H2O2e=MnO2+4H+，4OH 4e=2H2O+O2。当 n(H2):n(O2)=2:1 时电子转移恰好相等，即电极反应Zn2+2e=Zn 与Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+转移电子数相等，参加反应的n(Zn2+):n(Mn2+)=1:1；该工艺流程中可循环利用的物质是H2SO4或硫酸。