2019-2020学年安徽省淮北师大附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省淮北师大附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）1NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A 46g 乙醇中存在的共价键总数为7NAB34g 硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为8NAC标准状况下，22.4LHF 含有的原子数为2NAD 64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A.每个乙醇分子有5 个 C-H键、1 个 C-C、1 个 C-O键、1 个 O-H键，46g 乙醇中存在的共价键总数为8NA，故 A 错误；B2 H2S3O2=2SO22H2O，1mol 硫化氢转移6mol 电子，34g 硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为 6NA，故 B错误；C.标准状况下，22.4LHF是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D CaC2由 Ca2和 C22构成，64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2NA，故 D 正确；故选 D。2以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是A四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【答案】A【解析】【分析】本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。【详解】A谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项A 不合理；B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，选项B 合理；C陶瓷的制造原料为黏土，选项C 合理；D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作，选项D 合理。【点睛】萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D 就是一种固液萃取。3化学与人类的生产、生活息息相关。下列说法正确的是（）A天然纤维和人造纤维主要成分都是纤维素B生物质能和氢气都属于可再生能源C古代明矾除铜绿和现代焊接氯化铵除铁锈都利用了溶液显碱性的特性D燃煤中加入生石灰和汽车限行都是为了减缓温室效应【答案】B【解析】【详解】A.蚕丝是天然纤维，其主要成分为蛋白质，A 项错误；B.生物质能，就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态及气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源，B 项正确；C.铜绿为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿；铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解显酸性可除去铁锈，C项错误；D.燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成；汽车限行都是为了适当减少尾气排放，降低雾霾天气，D 项错误；答案选 B。4将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH 溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（）A加入合金的质量不可能为6.4g B沉淀完全时消耗NaOH 溶液的体积为120mL C溶解合金时收集到NO 气体的体积在标准状况下为2.24L D参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol【答案】C【解析】【详解】淀为 M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(OH-)=5.1g17g/mol=0.3mol，根据氢氧根离子守恒nM(OH)2=12n(OH-)=120.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；A因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；B由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)=0.3mol3mol/L=100mL，故 B错误；C由转移电子守恒得n(NO)=0.15mol252=0.1mol，生成标况下NO体积=22.4L/mol 0.1mol=2.24L，故C正确；D根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量=0.15mol252=0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2nM(NO3)2=2n(M)=0.15mol 2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故 D错误；故答案为C。【点睛】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。5下列指定反应的离子方程式正确的是()A SO2与过量氨水反应：SO2NH3 H2O=NH4+HSO3BFeCl3溶液与 SnCl2溶液反应：Fe3Sn2=Fe2Sn4CCu与稀硝酸反应：3Cu8H2NO3-=3Cu22NO 4H2O D用浓盐酸与MnO2制取少量 Cl2：MnO24H4ClMnCl2Cl22H2O【答案】C【解析】【详解】A.SO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵和水：SO22NH3 H2O=2NH4+SO32-H2O，故 A 错误，B.原方程式电荷不守恒，FeCl3溶液与 SnCl2溶液反应：2Fe3Sn2=2Fe2Sn4，故 B 错误；C.Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu8H 2NO3-=3Cu22NO 4H2O，故 C正确；D.用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2，生成的氯化锰是强电解质：MnO24H2ClMn2+Cl22H2O，故 D 错误；故选 C。6Bodensteins 研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H 0，温度为T时，在两个体积均为1L 的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t 的关系如下表：容器编号起始物质t/min 0 20 40 60 80 100 0.5mol I2、0.5mol H2w(HI)/%0 50 68 76 80 80 x mol HI w(HI)/%100 91 84 81 80 80 研究发现上述反应中：v正=ka?w(H2)?w(I2)，v逆=kb?w2(HI)，其中 ka、kb为常数。下列说法不正确的是()A温度为T 时，该反应abkk=64 B容器 I 中在前 20 min 的平均速率v(HI)=0.025 mol?L-1?min-1C若起始时，向容器I 中加入物质的量均为0.1 mol 的 H2、I2、HI，反应逆向进行D无论 x 为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同【答案】C【解析】【详解】AH2(g)+I2(g)?2HI(g)起始量(mol/L)0.5 0.5 0 变化量(mol/L)n n 2n 平衡量(mol/L)0.5-n 0.5-n 2n w(HI)/%=2n1 100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数K=2080.1 0.1=64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka?w(H2)?w(I2)=v正=v逆=kb?w2(HI)，则abkk=222wHIw Hw I=K=64，故 A 正确；B前 20 min，H2(g)+I2(g)?2HI(g)起始量(mol/L)0.5 0.5 0 变化量(mol/L)m m 2m 平衡量(mol/L)0.5-m 0.5-m 2m w(HI)%=21m 100%=50%，m=0.25mol/L，容器 I 中前 20 min 的平均速率，v(HI)=20.25mol/L20min=0.025mol?L-1?min-1，故 B正确；C若起始时，向容器I 中加入物质的量均为0.l mol 的 H2、I2、HI，此时浓度商Qc=2010.1 0.1=1K=64，反应正向进行，故C错误；DH2(g)+I2(g)?2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x 为何值，和均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D 正确；答案选 C。7海水中含有80 多种元素，是重要的资源宝库。己知不同pH条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是（）A当pH8.14，此中主要碳源为3HCOBA 点，溶液中23H CO和3HCO浓度相同C当-2-33c(HCO)=c(CO)时，c(H)c(OH)D碳酸的a2K约为1010【答案】B【解析】【分析】【详解】A.根据上图可以看出，当pH 为 8.14 时，海水中主要以-3HCO的形式存在，A 项正确；B.A 点仅仅是-3HCO和223CO+H CO的浓度相同，-3HCO和23H CO浓度并不相同，B项错误；C.当2-33c(CO)=c(HCO)时，即图中的B 点，此时溶液的pH 在 10 左右，显碱性，因此+-c(H)c(OH)，C 项正确；D.a2K的表达式为+2-3-3c(H)c(CO)c(HCO)，当 B点二者相同时，a2K的表达式就剩下+c(H)，此时+c(H)约为-1010，D 项正确；答案选 B。8我国医药学家屠呦呦因研究青蒿素而荣获2016 年诺贝尔化学奖。她在青蒿液中加入乙醚，经操作1 得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物。再经操作2 得到含青蒿素的乙醚，最后经操作3 得到青蒿粗产品。操作 1、2、3 相当于A过滤、结晶、蒸发B结晶、萃取、分液C萃取、分液、蒸馏D萃取、过滤、蒸馏【答案】C【解析】在青蒿液中加入乙醚，青蒿素在乙醚中溶解度大，经萃取得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物，形成有机相和其它物质分层的现象，再经分液得到含青蒿索的乙醚，乙醚沸点低最后经蒸馏得到青蒿粗产品。对应的操作1、操作 2、操作 3 分别是萃取、分液、蒸馏，故选C。9将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中。当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是A 2H2S+O2=2S+2H2O B2H2S+3O2=2SO2+2H2O C2H2S+SO2=3S+2H2O D2SO2+O2=2SO3【答案】C【解析】【分析】【详解】将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2=3S+2H2O；答案选 C。10短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，原子序数之和为42，X 原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z 原子最外层只有1 个电子，W 能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A单质的熔点：ZX BZ与 Y、W 均能形成离子化合物C气态氢化物的沸点：XYZX【答案】A【解析】【分析】根据 X、Y、Z、W 为短周期主族元素，联系最高正化合价，X可与为 B 元素或者Al 元素，Y为 Li 元素或Na 元素，Z为 N 元素或 P元素，W 为 Cl元素，又原子半径：YZClX，则 X 为 B元素，Y为 Na 元素，Z为 P 元素，据此分析回答问题。【详解】A B的最高价氧化物对应的水化物H2BO3是弱酸，不具有两性，A 选项错误；BPCl3 的电子式为，所有原子最外层均满足8e结构，B选项正确；CNa 的氧化物Na2O2可作供氧剂，P的氧化物P2O5是酸性干燥剂，C选项正确；D非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性ClPB，则热稳定性：HClPH3BH3，D 选项正确；答案选 A。12水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）A图中五点Kw间的关系：BCAD E B若从 A 点到 D 点，可采用在水中加入少量NaOH 的方法C若从 A 点到 C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法D 100时，将pH2 的硫酸溶液与pH12 的 KOH溶液等体积混合后，溶液显中性【答案】A【解析】【详解】A.水是弱电解质，升高温度，促进水的电离，Kw增大，A、D、E三点均在 25下水的电离平衡曲线上，三点的 Kw相同，图中五点温度BCAD E，则 Kw间的关系为BCA DE，故 A 正确；B.若从 A 点到 D 点，由于温度不变，溶液中c（H）增大，c（OH）减小，则可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；C.A点到 C点，温度升高，Kw增大，且A 点和 C点 c（H）c（OH），所以可采用升高温度的方法，温度不变时在水中加入适量H2SO4，温度不变则Kw不变，c（H）增大则c（OH）减小，A 点沿曲线向D点方向移动，故C 错误；D.100时，Kw1012，pH 2 的硫酸溶液中c(H)102mol/L，pH12 的 KOH溶液中 c(OH)1mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH)n(H)，所以溶液显碱性，故D 错误。综上所述，答案为A。【点睛】计算 pH 时一定要注意前提条件温度，温度变化，离子积常数随之发生改变，则pH 值也会发生改变。13A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A 元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等；B的单质分子中有三对共用电子；C、D 同主族，且核电荷数之比为1:2。下列有关说法不正确的是（）A C、D、E的简单离子半径：DEC BA 与 B、C、D、E四种元素均可形成18 电子分子C由 A、B、C 三种元素形成的化合物均能促进水的电离D分子 D2E2中原子均满足8 电子稳定结构，则分子中存在非极性键【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A 元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等，A为氢元素；B 的单质分子中有三对共用电子，B为氮元素；C、D 同主族，且核电荷数之比为12，C 为氧元素，D 为硫元素，E为氯元素。【详解】A.C、D、E的简单离子，S2-与 Cl-电子层结构相同，O2-少一个电子层，离子半径：S2-Cl-O2-，故 A 正确；B.A 与 B、C、D、E四种元素均可形成18 电子分子 N2H4、H2O2、H2S、HCl，故 B正确；C.由 A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离，故C错误；D.分子 D2Cl2中原子均满足8 电子稳定结构，则分子中存在非极性键S-S 键，故 D正确；故选C。【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表，解题关键：位置结构性质的相互关系应用，难点B，N2H4、H2O2两种分子也是18 电子。14SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是A采用热交换器循环利用能量B压强控制为2050MPa C反应温度控制在450左右D使用 V2O5作催化剂【答案】B【解析】A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，这个过程放热，在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，循环利用能量，A 正确；B.，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对 SO2转化率无影响，B错误；C.在 400-500下，正方向进行的程度比较大，而且催化剂的活性比较高，C正确；D.催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，D 正确。故选择B。15下列有关描述中，合理的是A用新制氢氧化铜悬浊液能够区别葡萄糖溶液和乙醛溶液B洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管内壁产生的银:先用氨水溶洗、再用水清洗C裂化汽油和四氯化碳都难溶于水，都可用于从溴水中萃取溴D为将氨基酸混合物分离开，可以通过调节混合溶液pH，从而析出晶体，进行分离。【答案】D【解析】【详解】A葡萄糖和乙醛都含有醛基，加热时都可与氢氧化铜发生氧化还原反应，不能鉴别，故A 错误；B银不与氨水反应，不能用于洗涤试管内壁的银单质，银可溶于硝酸，可用硝酸洗涤，故B 错误；C裂化汽油成分中，含有碳碳双键的化合物，可与溴水发生加成反应，则不能用作萃取剂，故C 错误；D氨基酸含有羧基、氨基，具有两性，不同的氨基酸达到等电点的pH 不同，可控制pH 利用溶解度差异分离，故D 正确。答案选 D。【点睛】氨基酸解离成阳离子和阴离子的趋势及程度相等，所带净电荷为零，呈电中性，此时溶液的pH 称为该氨基酸的等电点。当达到等电点时氨基酸在溶液中的溶解度最小。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16以铝土矿（主要成分为23Al O，含少量2SiO和23Fe O 等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图 已知：2SiO在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（42NaAlSiOnH O）沉淀。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式_。（2）溶液 a 中加入3NaHCO后，生成沉淀的离子方程式为_。（3）有人考虑用熔融态3AlCl电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：_。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN 的纯度（夹持装置已略去）。打开2K，加入 NaOH浓溶液，至不再产生3NH。打开1K，通入2N一段时间。写出 AlN 与 NaOH 溶液反应的化学方程式_。实验中需要测定的数据是_。【答案】22322Na O Al O2SiO2nH O223233AlOHCOH OAl(OH)CO不可行；3AlCl属于共价化合物，熔融状态不导电223AlNNaOHH ONaAlONHAlN 样品的质量以及装置C在吸收 NH3前后的质量【解析】【分析】铝土矿经碱溶后，2SiO转化为铝硅酸钠（42NaAlSiOnH O）沉淀，氧化铁不溶于NaOH，氧化铝与碱反应变为偏铝酸根离子，故溶液a 的主要成分为偏铝酸钠，加入碳酸氢钠溶液，会与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，而后进行进一步转化。【详解】（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为22322Na O Al O2SiO2nH O；（2）溶液 a 中加入3NaHCO后，生成沉淀的离子方程式为223233AlOHCOH OAl(OH)CO：（3）3AlCl属于共价化合物，熔融状态不导电，故不能使用电解氯化铝的方法制备铝单质；（4）由题意可知AlN 与 NaOH 反应会生成氨气，且Al 元素在碱性条件下一般以偏铝酸根离子的形式存在，可写出反应方程式为223AlNNaOHH ONaAlONH。可根据N 元素守恒进行测定，故实验要测定的数据为AlN 样品的质量以及装置C在吸收 NH3前后的质量。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17物质有下图所示转化关系（部分反应物、生成物未列出）。其中为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到气体和固体。单质可与的浓溶液发生反应，为砖红色沉淀。请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：_、_。（2）反应的化学方程式是_。（3）利用电解可提纯物质，现以碱性锌锰电池为外电源，在该电解反应中电解质溶液是_，阳极物质是 _。是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极的电极反应式为_。（4）将和充入一个固定容积为的密闭容器中，在一定温度并有催化剂存在下，进行反应，经半分钟后达到平衡，测得容器中含，则_；若温度不变，继续通入和，则平衡 _移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），再次达到平衡后，_。（5）写出转化过程中，甲醛参与反应的化学方程式：_。【答案】（1）SO2Cu2O（2）Cu+2H2SO4浓）SO2+CuSO4+2H2O（3）CuSO4溶液粗铜 MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-（4）0.036；正反应方向；0.36；0.40；（5）HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O 或 HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O【解析】试题分析：F与甲醛溶液反应生成G，G 为砖红色沉淀，则G为 Cu2O；A 为某金属矿的主要成分，则A中含有 Cu 元素，经过一系列反应可得到气体B 和固体 C。单质 C 可与 E的浓溶液发生反应，判断C为 Cu单质，则 E为酸，B 能与氧气反应生成C，C能与水反应生成相应的酸，所以 B是二氧化硫，C 是三氧化硫，E为硫酸，Cu与浓硫酸加热反应生成二氧化硫和硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠溶液、甲醛反应生成氧化亚铜沉淀，符合此图。（1）根据以上分析，B 的化学式是SO2；G 为 Cu2O；（2）反应 为 Cu与浓硫酸的反应，化学方程式为Cu+2H2SO4浓）SO2+CuSO4+2H2O；（3）提纯 Cu时，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜作电解质溶液，则铜离子在阴极析出，从而提纯Cu；MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极发生还原反应，Mn 元素的化合价降低，与水结合生成碱式氧化锰和氢氧根离子，电极反应式为MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-；（4）二氧化硫与氧气的反应方程式是2SO2+O22SO3，经半分钟后达到平衡，测得容器中含三氧化硫0.18 mol，说明消耗氧气的物质的量是0.09mol，则 vO（2）=0.09mol/5L/0.5min=0.036 mol/Lmin)；继续通入 0.20 mol B 和 0.10 mol O2，相当于反应物浓度增大，缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，再达平衡时，三氧化硫的物质的量比原来的2 倍还多，所以大于0.36mol，容器中相当于有0.4mol 二氧化硫，可逆反应不会进行到底，所以三氧化硫的物质的量小于0.40mol；（5）F是硫酸铜，先与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，甲醛与氢氧化铜发生氧化反应，生成氧化亚铜砖红色沉淀，化学方程式是HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O 或 HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O。考点：考查物质推断，物质性质的判断，化学方程式的书写四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18一定温度范围内用氯化钠熔浸钾长石（主要成份为KAlSi3O8）可制得氯化钾，主要反应是：NaCl（l）+KAlSi3O8（s）?KCl（l）+NaAlSi3O8（s）+Q填空：（1）写出 Cl原子的核外电子排布式_，NaCl 的熔点比KCl_（选填“高”或“低”）（2）指出钾长石中存在的化学键类型_（3）上述反应涉及的位于同一周期的几种元素中，有一种元素的最高价氧化物的水化物和其余元素的最高价氧化物的水化物均能发生反应，该元素是_（4）某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占样品质量的百分率）与温度的关系，进行实验（保持其它条件不变），获得数据曲线如图分析数据可知，Q_0（选填“”或“”）950时，欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是_（填序号）a延长反应时间b充分搅拌c增大反应体系的压强d将钾长石粉粹成更小的颗粒要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大，反应温度应为_（5）工业上常用KCl冶炼金属钾反应方程式为：Na（l）+KCl（l）?NaCl（l）+K（g）用平衡移动原理解释该方法可行的原因：_【答案】1s22s22p63s23p5高离子键和共价键Na bd 950将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动【解析】【分析】(1)氯原子的核外电子总数为17，根据构造原理写出其核外电子排布式；晶格能越大，离子晶体的熔点越高，据此分析解答；(2)根据钾长石(KAlSi3O8)的组成分析判断；(3)位于同周期元素有Na、Al、Si、Cl，结合各元素的最高价氧化物的水化物的性质分析判断；(4)由图象中曲线变化可知，温度越高，钾元素的熔出率越高，结合温度对反应速率和化学平衡的影响分析解答；(5)K 为气态，将钾分离出来，可以降低了产物的浓度，结合浓度对化学平衡的影响分析解答。【详解】(1)Cl 所含质子数为17，原子核外电子数为17，根据核外电子的排布规律，核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；离子晶体的晶格能大小取决于离子半径、电荷等因素，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，因为钾离子半径钠离子半径，则熔点大小为：NaClKCl，故答案为：1s22s22p63s23p5；高；(2)钾长石(KAlSi3O8)中即含有金属与非金属元素形成的离子键，也含有非金属元素之间形成的共价键，故答案为：离子键和共价键；(3)上述反应涉及的位于同周期元素有Na、Al、Si、Cl，元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、硅酸、高氯酸，只有氢氧化钠能够与其余3 种物质都反应，因此元素的最高价氧化物的水化物和其余元素的最高价氧化物的水化物均能发生反应的元素为Na，故答案为：Na；(4)由图象曲线数据可知，温度越高，钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，Q0，故答案为：；a延长反应时间，不能提高反应速率，故a 错误；b充分搅拌，能使反应物充分接触，反应速率加快，故 b 正确；c该反应体系没有气体参加，增大反应体系的压强，物质的浓度不变，不能提高反应速率，故 c 错误；d将钾长石粉粹成更小的颗粒，可以增大反应物的接触面积，反应速率加快，故d 正确；故答案为：bd；根据图象可知，温度为950时熔出率和熔出速率都最高，故答案为：950；(5)根据反应方程式可知，K为气态，将钾分离出来，可以降低产物的浓度，能够使平衡正向移动，故答案为：将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。19铅的单质、氧化物、盐在现代T 业中有着重要用途。I（1）铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、还有组成类似Fe3O4的 PbO2。请将Pb3O4改写成简单氧化物的形式：_。以废旧铅酸电池中的含铅废料铅膏（Pb、PbO、PbO2、PbSO4等）为原料，制备超细PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：（2）步骤的目的是“脱硫”，即将 PbSO4转化为 PbCO3，反应的离子方程式为_。“脱硫过程”可在如图所示的装置中进行。实验条件为：转化温度为35，液固比为5:1，转化时间为2h。仪器 a 的名称是 _；转化温度为35，采用的合适加热方式是_。步骤中H2O2的作用是 _（用化学方程式表示）。（3）草酸铅受热分解生成PbO 时，还有CO和 CO2生成，为检验这两种气体，用下图所示的装置（可重复选用）进行实验。实验装置中，依次连接的合理顺序为A _（填装置字母代号），证明产物中有CO气体的实验现象是_。（4）测定草酸铅样品纯度：称取2.5 g 样品，酸溶后配制成250 mL 溶液，然后量取25.00 mL 该溶液，用0.050 00 mol/L 的 EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Pb2+（反应方程式为_，杂质不反应），平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14.52 mL。若滴定管未用EDTA标准液润洗，测定结果将_（填“偏高”“偏低”或“不变”）。草酸铅的纯度为_（保留四位有效数字）。【答案】2PbO PbO2CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3三颈烧瓶热水浴PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2 BCBDEBF E中黑色固体粉末变为红色，其后的 B 装置中澄清石灰水变浑浊Pb2+H2Y 2-=PbY2-+2H+偏高85.67%【解析】【分析】I(1)根据碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2，表明 Pb元素常见的化合价为+2 价和+4 价，据此分析判断Pb3O4改写成简单氧化物的形式；(2)根据流程图，步骤中加入(NH4)2CO3的目的是“脱硫”，将 PbSO4转化为 PbCO3，据此书写反应的离子方程式；根据“脱硫过程”的装置图和反应的转化温度为35分析解答；PbO2具有强氧化性，能够将双氧水氧化，据此书写反应的化学方程式；(3)为检验 CO和 CO2两种气体，需要首先检验二氧化碳，然后将CO转化为二氧化碳进行检验，在检验CO前需要检查剩余气体中不存在二氧化碳，同时防止尾气中的CO污染空气，据此分析判断装置连接的合理顺序；(4)滴定管未用EDTA标准液润洗，使得 EDTA标准液浓度偏小，滴定过程中消耗的EDTA标准液体积偏大，据此分析判断；反应的方程式为Pb2+H2Y 2-=PbY2-+2H+，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液 14.52 mL，根据方程式有n(PbC2O4)=n(Pb2+)=n(H2Y 2-)，据此分析计算草酸铅的纯度。【详解】I(1)铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2，表明 Pb 元素常见的化合价为+2 价和+4 价，则 Pb3O4改写成简单氧化物的形式为2PbO PbO2，故答案为：2PbO PbO2；(2)根据流程图，步骤的目的是“脱硫”，将 PbSO4转化为 PbCO3，反应的离子方程式为CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3，故答案为：CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3；根据“脱硫过程”的装置图，仪器a为三颈烧瓶；反应的转化温度为35，合适加热方式为水浴加热，故答案为：三口烧瓶；热水浴；PbO2具有强氧化性，能够将双氧水氧化，反应的化学方程式为PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2，故答案为：PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2；(3)草酸铅受热分解生成PbO时，还有 CO和 CO2生成，为检验这两种气体，需要首先检验二氧化碳，然后将 CO转化为二氧化碳进行检验，在检验CO前需要检查剩余气体中不存在二氧化碳，同时防止尾气中的CO污染空气，因此装置连接的合理顺序为ABCBDEBF；E中黑色固体粉末变为红色，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊，能够证明产物中有CO气体，故答案为：BCBDEBF；E中黑色固体粉末变为红色，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊；(4)滴定管未用EDTA标准液润洗，使得 EDTA标准液浓度偏小，滴定过程中消耗的EDTA标准液体积偏大，导致测定结果偏高，故答案为：偏高；称取 2.5 g样品，酸溶后配制成250 mL溶液，然后量取 25.00 mL 该溶液，用 0.050 00 mol/L 的 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Pb2+，反应的方程式为Pb2+H2Y 2-=PbY2-+2H+，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液 14.52 mL，则 n(PbC2O4)=n(Pb2+)=n(H2Y 2-)=0.01452L 0.050 00 mol/L，则 250 mL 溶液中 n(PbC2O4)=0.01452L 0.050 00 mol/L25025，因此草酸铅的纯度=0.01452L0.050 00 mol/250295g/molL2 52 g5.100%=85.67%，故答案为：Pb2+H2Y 2-=PbY2-+2H+；85.67%。