2019-2020学年福建省福州市仓山区师范大学附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年福建省福州市仓山区师范大学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）1某新型电池材料结构如图，M、W、X、Y、Z 是同周期主族元素，除M 外均满足8 电子稳定结构，X的最外层电子数是W 次外层电子数的3 倍，下列说法正确的是A M 的单质可以保存在煤油中B原子半径ZXY C气态氢化物稳定性XY D W 的最高价氧化物对应的水化物为三元弱酸【答案】B【解析】【分析】M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X的最外层电子数是W 次外层电子数的3 倍，W 有两个电子层，次外层为 2 个电子，X 为 O 元素，由盐的结构简式可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为4，Z为 C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为 F元素；W 能形成 4 个共价键，W 为 B 元素；新型电池材料，除M 外均满足 8 电子稳定结构，M 为 Li 元素，据此分析解答。【详解】根据分析，M 为 Li 元素，X 为 O 元素，Y为 F元素，Z 为 C 元素，W 为 B元素；A M 为 Li 元素，M 的单质密度比煤油小，不可以保存在煤油中，故A 错误；BX 为 O 元素，Y为 F元素，Z为 C元素，同周期元素随核电荷数增大半径减小，原子半径Z XY，故B 正确；CX为 O 元素，Y为 F元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X Y，气态氢化物稳定性XY，故 C错误；D W 为 B 元素，W 的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，为一元弱酸，故D 错误；答案选 B。2下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是A HClO的结构式：HOCl BHF 的电子式：H:CS2的结构示意图：DCCl4分子的比例模型：【答案】A【解析】【详解】A.次氯酸的中心原子为O，HClO 的结构式为：H-O-Cl，A 项正确；B.HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1 对共用电子对，电子式为，B 项错误；C.硫离子质子数为16，核外电子数为18，有 3 个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，C项错误；D.氯原子的半径比碳原子的大，中心原子的半径小，D 项错误；答案选 A。【点睛】A 项是易错点，要特别注意原子与原子之间形成的共价键尽可能使本身达到稳定结构。3下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是ABCD【答案】C【解析】【详解】A、可由环己烯发生加成反应产生，A 错误；B、可由甲基丙烯与氯化氢发生加成反应生成，B 错误；C、可由 2，2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通过加成反应生成，C正确；D可由 2，3，3三甲基 1丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D 错误。答案选 C。4 比较归纳是化学学习常用的一种方法。对以下三种物质的转化关系，C CO2；CH4 CO2；CO CO2，比较归纳正确的是A三种转化关系中发生的反应都属于化合反应B三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体C三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳D三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳【答案】D【解析】分析：CCO2属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳；CH4CO2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态；CO CO2属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。详解：A甲烷燃烧生成二氧化碳和水，碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳，不是化合反应，A 错误；B甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态，B错误；C碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳，C错误；D碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳，D 正确；答案选 D。5下列反应的离子方程式书写正确的是（）A SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2=2H+SO42-+2HBr BNaHSO4溶液和 Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O C漂白粉溶液在空气中失效：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-D硫化钠的水解反应：S2-+H3O+=HS-+H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A SO2通入溴水中反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-，故 A 错误；BNaHSO4溶液和 Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性，反应的氢离子与氢氧根离子物质的量相等，反应的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故 B 正确；C次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，反应的离子方程式为Ca2+2ClO-+CO2+H2O 2HClO+CaCO3，故 C 错误；D硫化钠的水解反应：S2-+H2O?HS-+OH-，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题的易错点为D，要注意S2-+H3O+=HS-+H2O 是 S2-与酸反应的方程式。6 本草纲目记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是A蒸发皿B坩埚C坩埚钳D研钵【答案】A【解析】【详解】这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D 中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。7下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A Cl2具有漂白性，可用作自来水的消毒BSiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维CNH3具有还原性，可用作制冷剂D Na2O2能与 CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂【答案】D【解析】【详解】A氯气没有漂白性，是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A错误；B二氧化硅熔点高，具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故 B 错误；C氨气常用作制冷剂，是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；D过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气，常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D 正确；故答案为D。8X、Y、Z、M、R、Q 是短周期主族元素，已知常温下X单质为黄色固体，Y是无机非金属材料的主角，Z焰色反应呈黄色。部分信息如下表：X Y Z M R Q 原子半径/nm 0.104 0.117 0.186 0.074 0.099 0.143 主要化合价-2+4，-4+1-2-1，+7+3 下列说法正确的是：A R在元素周期表中的位置是第二周期A 族BX、Y均可跟 M 形成化合物，但它们的成键类型不相同CZ、R、Q 最高价氧化物的水化物能相互反应D Y元素氧化物是用于制造半导体器件、太阳能电池的材料【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、R、Q 是短周期主族元素，常温下X单质为黄色固体，X 为 S；Y是无机非金属材料的主角，Y 为 Si；Z焰色反应呈黄色，Z为 Na；结合原子半径和主要化合价可知，M 为 O；R 为 Cl；Q 为 Al，据此分析解答。【详解】A R为 Cl，在元素周期表中的位置是第三周期A 族，故 A 错误；BX 为 S、Y为 Si、M 为 O，X、Y均可跟 M 形成化合物，二氧化硫和二氧化硅都是共价化合物，它们的成键类型相同，故B 错误；CZ为 Na、R 为 Cl、Q 为 Al，最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝和高氯酸，因为氢氧化铝为两性氢氧化物，相互间都能反应，故C正确；D Y为 Si，Y元素的氧化物为二氧化硅，常用于制光导纤维，制造半导体器件、太阳能电池的材料是硅单质，故D 错误；故选 C。9某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl26H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A固体 I 中含有 SiO2，固体 II 中含有 Fe(OH)3B使用石灰水时，要控制pH，防止固体II 中 Al(OH)3转化为 AlO2-C试剂 a 选用盐酸，从溶液III 得到 CaCl26H2O 产品的过程中，须控制条件防止其分解D若改变实验方案，在溶液I 中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl26H2O【答案】D【解析】【分析】工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体 中含有 SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl26H2O 易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解；【详解】A.根据上面的分析可知，固体 中含有 SiO2，固体 中含有 Fe(OH)3，A 正确；B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B 正确；C.CaCl26H2O 易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；D.若改变实验方案，在溶液中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2 6H2O 不纯，D 错误；答案为 D。10设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是A 1L0.1mol L1Na2S溶液中含有的S2的数目小于0.1NAB同温同压下，体积均为22.4L 的卤素单质中所含的原子数均为2NAC1mol 苯中含有的碳碳双键数为3NAD 78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4NA【答案】A【解析】【详解】A、由于硫离子水解，所以1L0.1mol?L-1Na2S溶液中含有的S2-的个数小于0.1NA，选项 A 正确；B、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体，体积为22.4L 的卤素单质的物质的量不一定为 1mol，故所含的原子数不一定为2NA，选项 B 错误；C、苯中不含有碳碳双键，选项C错误；D、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g 过氧化钠固体为1mol，其中所含的阴、阳离子总数为3NA，选项 D 错误。答案选 A。11设 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A 4.0g 由 CO2和 SO2组成的混合物中含有的质子数为2NAB2.24LCl2与 CH4在光照下反应生成的HCl 分子数为0.1NAC常温下，0.1mol 环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NAD 4.2gCaH2与水完全反应，转移的电子数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A.4.0g CO2中含有的质子数为4.022244/AAgNNg mol，4.0gSO2中含有的质子数为4.032264/AAgNNgmol，因此 4.0g 由 CO2和 SO2组成的混合物中含有的质子数也为2NA，故 A 正确；B.未说标准状况，无法计算，故B 错误；C.不要忽略 C-H键，0.1mol 环氧乙烷()中含有的共价键数应该为7NA，故 C 错误；D.4.2gCaH2与水完全反应，化学方程式为CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2转移的电子的物质的量为4.2242/ggmol0.2mol，故 D 错误；答案：A【点睛】易错选项C，忽略 C-H键的存在。12以下相关实验不能达到预期目的的是（）A试样加水溶解后，再加入足量Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3B向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯离子C加入饱和Na2CO3溶液，充分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液对 H2O2分解速率的影响【答案】A【解析】【详解】A.Na2CO3能与 Ca(OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能与 Ca(OH)2 溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A 选；B.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可检验，故 B 不选；C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选；D.只有催化剂不同，可探究FeCl3溶液对 H2O2分解速率的影响，故D 不选；答案选 A。132019 年是元素周期表诞生的第150 周年，联合国大会宣布2019 年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W 的一种核素可用于文物年代的测定，X 与W 同周期相邻，四种元素中只有Y 为金属元素，Z 的单质为黄绿色气体。下列叙述正确的是A W 的氢化物中常温下均呈气态BZ 的氧化物对应的水化物均为强酸C四种元素中，Z 原子半径最大D Y 与 Z 形成的化合物可能存在离子键，也可能存在共价键【答案】D【解析】【分析】W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W 的一种核素可用于文物年代的测定，则W 为 C 元素，X 与 W 同周期相邻，则X 为 N 元素，Z 的单质为黄绿色气体，则Z 为 Cl 元素，四种元素中只有Y 为金属元素，则Y 可能为 Na、Mg 或 Al，以此解题。【详解】由上述分析可知，W 为 C，X 为 N，Y 为 Na 或 Mg 或 Al，Z 为 Cl，A W 为 C 元素，C 的氢化物中常温下可能为气态、液态或固态，如甲烷为气态、苯为液态，故A 错误；B Z 为 Cl 元素，当Z 的氧化物对应的水化物为HClO 时，属于弱酸，故B 错误；C电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则Y 的原子半径最大，故C 错误；DY 为 Na 或 Mg 或 Al，Z 为 Cl，Y 与 Z 形成的化合物为NaCl 时含离子键，为 AlCl3时含共价键，故D正确；答案选 D。【点睛】B 项 Z 的氧化物对应的水化物没说是最高价氧化物对应的水化物，非金属性对应的是最高价氧化物对应的水化物，需要学生有分析问题解决问题的能力。14实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应（5060）、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和原理能达到目的的是（）。A配置混酸B硝化反应CD蒸馏硝基苯【答案】C【解析】【分析】【详解】A浓硫酸密度较大，为防止酸液飞溅，配制混酸时应将浓硫酸加入到浓硝酸中，故A 项错误；B制备硝基苯时，反应温度为5060，为控制反应温度应用水溶加热，故B 项错误；C硝基苯不溶于水，分离硝基苯应用分液的方法分离，故C 项正确；D蒸馏硝基苯时，为充分冷凝冷凝水应从冷凝管下端进，故D 项错误。故选 C。15许多无机颜料在缤纷的世界扮演了重要角色。如历史悠久的铅白2PbCO3?Pb（OH）2安全环保的钛白（TiO2），鲜艳的朱砂（HgS），稳定的铁红（Fe2O3）等。下列解释错误的是（）A 周易参同契 中提到“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3Pb（OH）2PbO2 PbB纳米级的钛白可由TiCl4水解制得：TiCl4+2H2O?TiO2+4HCl C 本草经疏中记载朱砂“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，体现了HgS受热易分解的性质D铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得：2FeSO4高温Fe2O3+SO2+SO3【答案】A【解析】【详解】A 周易参同契中提到“胡粉(含铅白)投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3?Pb(OH)2 PbO Pb，故 A 错误；B纳米级的钛白可由TiCl4水解生成氧化钛和盐酸，化学方程式：TiCl4+2H2O?TiO2+4HCl，故 B正确；C 本草经疏中记载朱砂HgS“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，硫化汞受热分解生成汞单质和刘，体现了HgS受热易分解的性质，故C正确；D铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得，其化学方程式为：2FeSO4高温Fe2O3+SO2+SO3，故 D 正确；故选：A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：已知：分金液中含金离子主要成分为AuCl4；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中含银离子主要成分为Ag(SO3)23，且存在 Ag(SO3)23Ag+2SO23“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。（1）由表中数据可知，Ni 的金属性比Cu_。分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）_。“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是_。（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为_。（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH 的关系如图所示。“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl 的原因为 _。调节溶液的pH 不能过低，理由为 _（用离子方程式表示）。（4）已知 KspAg2SO4=1.4 105，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42浓度（假定溶液中 Ag+浓度为 0.1mol/L）。_。（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl 组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl 的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_g/L，当 NH4Cl 溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_。【答案】强Ag、AgCl H2O2分解放出氧气2Au+ClO3+7Cl+6H+=2AuCl4+3H2O 分银液中存在 Ag(SO3)23Ag+2SO32，加 H2SO4至 pH=4，SO32转化为 HSO3，c(SO32)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl SO32+2H+=SO2+H2O 溶液中 SO42浓度应低于1.4 103mol/L 10 H2【解析】【分析】铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时，单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl 可以使溶解出的Ag+形成 AgCl 进入分铜渣；加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，分金液的主要成分为AuCl4-；分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，且存在 Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-加入硫酸沉银，促使 Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，以此解答该题。【详解】(1)由表中数据可知，镍的Ni 浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属性Ni 比 Cu 强。根据上述分析，“分铜”时加入足量的NaCl 可以使溶解出的Ag+形成 AgCl 进入分铜渣，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象，故答案为强；Ag、AgCl；H2O2分解放出氧气；(2)分金液的主要成分为AuCl4-，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成 AuCl4-，反应的离子方程式为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O，故答案为2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O；(3)分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，且存在 Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了 SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出 AgCl 的原因为：H2SO4电离出的 H+降低了 SO32-的浓度，促使 Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH 不能过低理由为：避免产生污染气体SO2，故答案为H2SO4电离出的 H+降低了 SO32-的浓度，促使Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成 AgCl；避免产生污染气体SO2；(3)分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，由于存在 Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了 SO32-的浓度，平衡正向进行，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；如果溶液的pH 过低，硫酸会与亚硫酸根离子反应放出气体SO2，产生污染，反应的离子方程式为SO32+2H+=SO2+H2O，故答案为分银液中存在 Ag(SO3)23Ag+2SO32，加 H2SO4至 pH=4，SO32转化为 HSO3，c(SO32)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；SO32+2H+=SO2+H2O；(4)c(SO42)=sp242KAg SOcAg=251.4 100.1=1.4 103 mol/L，因此沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中 SO42浓度低于1.4 103mol/L，故答案为溶液中SO42浓度应低于1.4 103mol/L；(5)根据图象可知，NH4Cl的浓度为10g?L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g?L-1，当 NH4Cl浓度大于15g?L-1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H+2e-=H2或 2NH4+2H2O+2e-=2NH3?H2O+H2，产生气体为氢气，故答案为10；H2。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17以磷石膏（主要成分是CaSO4，含少量的Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备Na2SO4、CaBr2 2H2O 和 NH4Cl等产品的工艺流程如下：请回答：（1）反应釜 1 中24SO的浸出率与加料速度、反应温度的关系如下图所示：反应的最佳条件为_。其它条件相同时，24SO浸出率随反应温度先升后降的原因是_。（2）实验室里模拟上述煅烧操作，下列仪器中有用到的是_。A 瓷坩埚B 铁坩埚C 酒精灯D 酒精喷灯（3）反应釜 2 中进行的反应是_。（4）反应釜 3 中完成反应后，分离硫酸钠、氯化铵的操作：在90左右蒸发浓缩至较多晶体析出 _得到 Na2SO4粗品；同时，将热滤液_ 得 NH4Cl粗品（Na2SO4、NH4Cl 的溶解度如图所示）。【答案】加料速度为36 gmin-1、反应温度为40（温度低于40反应速率慢）温度在3040 时，温度越高反应速率越快；高于40（NH4）2CO3受热分解BD 3CaO2NH3 H2O3Br2=3CaBr2N25H2O 或 3CaO2NH33Br2=3CaBr2N2 3H2O 趁热过滤冷却至 35左右、趁热过滤或冷却至3540过滤【解析】【分析】（1）根据图象找出硫酸根离子浸出率最高的加料速度和温度；（2）根据温度对反应速率的影响和温度对碳酸铵的影响分析；（3）根据煅烧碳酸钙时不能与容器反应分析使用的容器，根据煅烧的温度选择加热仪器。（4）根据已给反应物分析反应产物，根据元素化合价变化分析。（5）物质的溶解度变化曲线分析分离提纯的方法。【详解】(1)从图分析，加料速度为36 g min-1、反应温度为40时硫酸根离子浸出率最高，为最佳条件；反应釜1 中加入碳酸铵，随着温度升高，（温度低于40反应速率慢）温度在3040时，反应速率越快硫酸根离子浸出率升高；高于40（NH4）2CO3受热分解，硫酸根离子的浸出率降低；(2)因为是煅烧碳酸钙，其与瓷坩埚中的二氧化硅反应，所以选择铁坩埚，煅烧需要较高的温度，选择酒精喷灯，故选BD；(3).碳酸钙煅烧后生成氧化钙和二氧化碳，加入氨水和溴反应生成溴化钙，因为溴元素化合价降低，所以有氮元素化合价升高生成氮气，方程式为：3CaO2NH3 H2O 3Br2=3CaBr2N25H2O 或 3CaO2NH33Br2=3CaBr2 N23H2O；(4)根据氯化铵和硫酸钠的溶解度曲线分析，随着温度升高，硫酸钠的溶解度降低，而氯化铵的溶解度升高，所以在在90左右蒸发浓缩至较多晶体析出趁热过滤得到硫酸钠晶体，滤液冷却至35左右、趁热过滤或冷却至3540过滤可得到氯化铵晶体。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）+Q1K1（）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）+Q2K2（）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=_（用含 K1、K2的代数式表示）（2）为研究不同条件对反应（）的影响，在恒温条件下，向 2L 恒容密闭容器中加入0.2mol NO 和 0.1mol Cl2，10min 时反应（）达到平衡 测得在 10min 内 v（ClNO）=7.5 103mol?L1?min1，则平衡后n（Cl2）=_mol，NO 的转化率1=_其它条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时NO 的转化率 2_1（填“”“”或“=”），平衡常数K2_（填“增大”“减小”或“不变”）若要使 K2减小，可采用的措施是 _（3）实验室可用NaOH 溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH NaNO3+NaNO2+H2O含 0.2mol NaOH 的水溶液与 0.2mol NO2恰好完全反应得1L 溶液 A，溶液 B 为 0.1mol?L1的 CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3）、c（NO2）和 c（CH3COO）由大到小的顺序为_（已知 HNO2的电离常数Ka=7.1 104mol?L1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105mol?L1，可使溶液A 和溶液 B的 pH 相等的方法是_a 向溶液 A 中加适量水b 向溶液 A 中加适量NaOH c 向溶液 B中加适量水d 溶液 B中加适量NaOH【答案】212KK1.125 75%不变升高温度c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）bc【解析】【分析】（1）结合已知反应化学方程式判断与4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的关系，结合平衡常数表达式计算得到平衡常数关系；（2）依据平衡三段式列式计算，依据反应速率概念计算V=ctVV、转化率概念的计算，转化率=消耗量起始量 111%，反应（）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时NO 的转化率2增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，若要使K2减小，平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行，平衡常数随温度变化；（3）1.2mol NaOH 的水溶液与1.2mol NO2恰好完全反应得1L 溶液 A，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为11mol/L，NaNO2物质的量为1.1mol/L，溶液 B为 1.1mol?L-1的 CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1 11-4mol?L-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7 11-5mol?L-1，说明 CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大【详解】(1)2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）+Q1K1（）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）+Q2K2（）由 I 2-II 得到 4NO2(g)+2NaCl(s)?2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则 K=212KK，故答案为：212KK；(2)在恒温条件下，向 2L恒容密闭容器中加入1.2molNO 和 1.1molCl2，11min 时反应()达到平衡，测得 11min内 v(ClNO)=7.5 11-3mol?L1?min1，物质的量为7.5 11-3mol?L1?min1 11min 2L=1.15mol，2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g)，起始量(mol)1.2 1.1 1 变化量(mol)1.15 1.175 1.15 平衡量(mol)1.15 1.125 1.15 则平衡后n(Cl2)=1.125mol，NO 的转化率 1=1.15mol 1.2mol 111%=75%；其他条件保持不变,反应()在恒压条件下进行,随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时NO 的转化率2 增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，若要使K2减小，平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行；故答案为：1.125；75%；不变；升高温度；(3)1.2mol NaOH 的水溶液与1.2mol NO2恰好完全反应得1L 溶液 A，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为11mol/L，NaNO2物质的量为1.1mol/L，溶液 B为 1.1mol?L-1的 CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1 11-4mol?L-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7 11-5mol?L-1，说明 CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c(NO3)、c(NO2)和 c(CH3COO)由大到小的顺序为：c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）；使溶液 A 和溶液 B 的 pH 值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A 中 NaNO3物质的量浓度为1.1mol/L，NaNO2物质的量为1.1mol/L，溶液 B 为 1.1mol?L-1的 CH3COONa溶液，溶液 B碱性大于A 溶液；a、上述分析可知，溶液B 碱性大于A 溶液，向溶液A 中加适量水，稀释溶液，碱性减小，不能调节溶液PH 相同，故a 不符合；b、向溶液A 中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH 相同，故 b 符合；c、向溶液B 中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，故 c 符合；d、溶液 B 碱性大于A 溶液，向溶液B 中加适量NaOH，溶液 PH 更大，不能调节溶液PH 相同，故d 不符合；故答案为：c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）；bc。19NH4HCO3的分解温度是35。以氯化钾和制取二氧化钛的副产品硫酸亚铁为原料生产铁红颜料和过二硫酸铵等，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：（1）气体 x 是_，反应I 需控制反应温度低于35,其目的是 _。（2）反应 I 的离子方程式为_，FeCO3灼烧的反应方程式为_。（3）各物质的溶解度曲线如图，晶体z是 _，简述反应III 发生的原因_，工业生产上常在反应III 的过程中加入一定量的乙醇，其目的是_。（4）反应 IV 常用于生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵）。电解时均用惰性电极，气体y 是_，阳极发生的电极反应可表示为_。【答案】CO2或二氧化碳防止NH4HCO3分解（或减少Fe2的水解）Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2K2SO4在相同温度下，K2SO4最先达到饱和或K2SO4溶解度最小或K2SO4溶解度比KCl、(NH4)2SO4小或离子反应向生成溶解度更小的K2SO4的方向进行，故先析出降低K2SO4 的溶解度H22SO42-2e-=S2O82或 2HSO4-2e-=2H+S2O82【解析】【分析】反应 I 是 FeSO4与 NH4HCO3反应生成FeCO3、H2O 和 CO2，过滤得到沉淀碳酸亚铁，碳酸亚铁在氧气中灼烧生成氧化铁和二氧化碳，滤液为硫酸铵和NH4HCO3，向滤液中加入稀硫酸反应生成硫酸铵，硫酸铵加入KCl发生复分解反应生成硫酸钾和氯化铵，电解硫酸铵得到过二硫酸铵。【详解】根据分析得到气体x 是 CO2，根据题中信息NH4HCO3的分解温度是35，因此反应 I 需控制反应温度低于 35，其目的是防止NH4HCO3分解(或减少Fe2的水解)；故答案为：CO2或二氧化碳；防止NH4HCO3分解(或减少Fe2的水解)。反应 I 是 Fe2+与 HCO3反应生成FeCO3、H2O 和 CO2，其离子方程式为Fe2+2HCO3=FeCO3+H2O+CO2，FeCO3灼烧与氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，其反应方程式为FeCO3+O2灼烧2Fe2O3+4CO2；故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+H2O+CO2；FeCO3+O2灼烧2Fe2O3+4CO2。各物质的溶解度曲线如图，在相同温度下，K2SO4溶解度最小，离子反应向生成溶解度更小的K2SO4的方向进行，因此先析出晶体z是 K2SO4，工业生产上常在反应III 的过程中加入一定量的乙醇，其目的是降低 K2SO4 的溶解度；故答案为：K2SO4；在相同温度下，K2SO4最先达到饱和或K2SO4溶解度最小或K2SO4溶解度比KCl、(NH4)2SO4小或离子反应向生成溶解度更小的K2SO4的方向进行，故先析出；降低K2SO4的溶解度。反应 IV 常用于生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，反应 IV 是电解硫酸根或硫酸氢根生成(NH4)2S2O8，化合价升高，发生氧化反应，在阳极反应，因此阴极是氢离子得到电子生成氢气，故气体y 是 H2，阳极发生的电极反应可表示为2SO42-2e=S2O82-或 2HSO4-2e=2H+S2O82-；故答案为：H2；2SO42-2e=S2O82-或 2HSO4-2e=2H+S2O82-。