2021-2022学年湖北省武汉市高考化学考前模拟试题（一模）含答案.pdf

2021-2022学年湖北省武汉市高考化学考前模拟试题（一模）可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 Fe-56 1-127 Pb-207一、选一选（每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求，共45分）1.化学与生活息息相关，下列说法中正确的是A.农艺师将大豆和玉米套种实现了既减少氮肥施用量又增产增收没有涉及氧化还原反应B.科研人员将铝硅酸盐制作的分子筛作为吸附剂使用C.睛纶需通过缩聚反应制备D.利用白磷着火点低的性质，可以制造烟幕弹【答案】B【解析】【详解】A.大豆可利用其中的根瘤菌进行自然固氮，涉及氧化还原反应，A错误；B.铝硅酸盐矿物天然存量巨大，廉价易得，常作为制备分子筛的前驱体。在工业上，铝硅酸盐分子筛矿物材料作为吸附剂、离子交换剂、催化剂、催化剂载体、填充剂等被广泛用于石油化工、工业催化、造纸等工业领域。而铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，所以可以作为吸附剂使用。B正确；C.睛纶为聚丙烯腊纤维，由单体丙烯腌CHz=CHCN经通过加聚反应制备，C错误；D.利用白磷制造烟幕弹利用的是白磷燃烧时可以产生大题的白烟，D错误；故合理选项 Bo2.我国科学家成功利用CO2和H?人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示：下列说法错误的是A.甲醇可用作燃料电池的负极活性物质B.二羟基丙酮作防晒霜能阻止皮肤水分过度蒸发C.人工合成淀粉的原子利用率为100%D.直链淀粉和支链淀粉均无固定的熔沸点【答案】C【解析】【详解】A.甲醇属于有机化合物，能被氧化释放能量，可作燃料电池的负极活性物质，故 A正确；B.二羟基丙酮中含有羟基，能和水形成氢键，具有保湿作用，能阻止皮肤水分过度蒸发，故 B正确；C.淀粉的分子式为(C M 0()5),淀粉中碳氧原子的数目之比为6：5,而 C 0 2 中碳氧原子比为1：2,因此人工合成淀粉的原子利用率没有为1 0 0%,故 C 错误；D.直链淀粉和支链淀粉均为混合物，无固定熔沸点，故 D 正确；答案选C 3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说确的是A.1 2 0 g 由N aH SO i 和 M g SO y 组成 混合固体中S O；数目为N,B.2 3 g Q H Q 分子中含有碳氧键的数目一定为0.5NAC.5.6 g F e 中未成对电子数为0.6 N,4D.2.0 g D 0和HND3的混合物中含有的电子数为N,、【答案】D【解析】【详解】A.N aH SO i 和 M g SO”的摩尔质量都是1 2 0 g/m ol,则 1 2 0 g 混合物的物质的量为h n o L 但N aH SO,中无S O；,混合固体中S O：数目小于N a,A 项错误：B.2 3 g G H f O 的物质的量为0.5 m ol,其中有两种结构O V O-C%、C H 3 cH?0 H,若结构为前者碳氧键的数目为岫，若结构为后者碳氧键的数目为0.5 N,B 项错误：3dC.5.6 g F e，+的物质的量为0.I m ol,根据F e 的外围电子排布图用可知其中未成对电子数为0.4N.,C 项错误；D.核素：D中质子数为1,质量数为2,所以D z%的相对分子质量为2 0,每个分子含1 0 个质子，”即3 的相对分子质量为2 0,每个分子含1 0 个质子，若 2.0 g 全是D j o,物质的量为0.lm ol,所含电子数为N.,若 2.0 g 全是“N D”物质的量为0.I m ol,所含电子数为耳，所以2.0 g 混合物含有的电子数一定为N,、，D 项正确；故答案选：D o4.下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是A.向 M g（H C O：,）2 溶液中滴加足量 N aO H 溶液：M g2+H C O +0 H =M g C 03 I +H QB.水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：CO；+C21+比0C.N a?。?与 必 0 反应：2 N a202+2 H2l80=4N at+40 H +8O2 tD.N a2 s 2 O：；溶液中通入足量氯气：S2O j +4C l2+5 H20=2 SO 4-+8 C 1+1 0 H,【答案】D【解析】【详解】A.向M g（H C 0：,）2 溶液中滴加足量N aO H 溶液，镁离子和碳酸氢根以1:2 完全反应，所以离子方程式为：M g +2 H C O；+40 H=M g（0 H）2 J+2 C O j+2 H?0,A 项错误；B.根据酸性的强弱可知，竣酸 碳酸 苯酚 碳酸氢根，所以离子方程式为3 c。；一+2t/Cc o OH 2ICc OO-+C2 f+H Q+2 H C O：3,B 项错误；C.N a 与 H 0 反应中N a。即体现了氧化性也体现了还原性，所以氧气中的氧元素来源于过氧化钠，所以正确的离子方程式为：2 N a2 02+2 H 2 0=4 N a，+4 8 0H +02 t ,C 项错误；D.N az S Q s 中的硫元素为+2 价，具有还原性，氯气具有强氧化性，发生氧化还原反应，根据氧化还原反应配平可得离子方程式：S2O +4 C12+5 H20=2 S O；-+8 C1+10H-,D 项正确；故答案选Do5.下列关于卤素及其化合物的说法错误的是A.I；离子的空间构型为直线形B.顺-1,2 二氯乙烯分子的极性大于反-1,2 二氯乙烯C.H C1O4,H CI O 3、H CI O?、H C 1 O 酸性依次减小的主要原因是原子的正电性依次减小D.固态P J 中含有 PC 1 J P C16，W P B r5中含有 P B r j B L ,存在差异的原因是BL 的半径较大【答案】A【解析】【分析】A中根据微粒中的原子的杂化类型判断微粒的空间构型；B中根据分子的结构判断分子的极性，利用对称性进行判断：C 中根据酸性实质是给出氢离子的能力，根据酸的结构特点进行判断；D 中利用配位键形成的特点及空间位阻进行判断；【详解】A.I；离子的原子周围。键电子对对数为2,孤电子对的个数=；（7-1-2 X I）=2,根据价层电子对互斥理论知，该微粒原子采用S P：杂化，所以其空间构型为V形，选项A错误：B.顺式和-1,2-二氯乙烯是极性分子，反式-1,2二氯乙烯是非极性分子，选项B正确；C.从H C10到H C10”C1的氧化数增高，同时半径减小，所以与。原子的能力增强，将0原子的电子云拉向C1原子的程度增加，这就导致了 0与H的力减弱，从H C10到H C10,酸性增强，故从H C10-H Ci a-H ClO s-H ClO,酸性依次增强，选项C正确；D.B r半径较C1大，所 以P周围可以容纳6个C1形成 P C W ,而无法容纳6个B r形成 P B%,选 项D正确；答案选A。【点睛】此题考查利用物质的结构判断分子的相应的性质，利用杂化理论判断分子的空间构型。6.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A两块相同的未经打磨的铝片，相同温度下分别投入 到5.0m L等浓度的Cu S O i溶液和Cu Cl?溶液中前者无明显现象，后者铝片发生溶解口一能加速破坏铝片表面的氧化膜B向 0.5 m L 0.I m ol/L K I 溶液中滴加 1 2 滴 0.I m ol/L的F e K S O j溶液，充分反应后，滴 入 2滴0.l m ol/L 的 A g N O s溶液生成黄色沉淀该化学反应是可逆反应C向滴有酚麟的碳酸钠溶液中滴加氯化钢溶液，观察现象溶液颜色变浅碳酸根浓度越小水解程度越小D向铜与浓硫酸反应后的溶液中加入适量水稀释溶液呈蓝色溶液中存在C u2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.未经打磨的铝片表面有氧化膜，投入到C u S O i溶液中，无明显现象，投入到C u C k溶液中，铝片发生溶解，两溶液W 浓度都相同，说明C 1 能加速破坏铝片表面的氧化膜，故 A正确；B.O.5 m L 0.I m ol/L K I 溶液中I 的物质的量为5 X 1 0 5m oL 1 滴 F e z (S O)2 溶液的体积约为0.0 4 m L,2 滴约为0.0 8 m L,则 2 滴 0.I m ol/L 的F e 2(S 0“为溶液中F e 的物质的量为8 X 1 0 6m ori.6 X 1 0 5m oL h和 F e 发生反应:2 F e3 t+2 r=2 F e2 t+I2,是过量的,滴入广2 滴0.I m ol/L 的 A g N O s 溶液，A g,和 I 能生成A g l 黄色沉淀，没有能证明反应是可逆的，故 B 错误；C.碳酸钠溶液由于碳酸根离子水解而显碱性，滴入酚猷显红色，向滴有酚献的碳酸钠溶液中滴加氯化钢溶液，碳酸根离子和领离子生成碳酸钢沉淀，使碳酸根离子浓度降低，所以溶液的碱性减弱，溶液颜色变浅，没有能得出碳酸根离子浓度越小水解程度越小的结论，故 C 错误；D.铜与浓硫酸反应后的溶液中可能有浓硫酸剩余，没有能向此溶液中加水，应将此溶液加入到盛有水的烧杯中观察溶液颜色，故 D 错误；故选A 7.一步合成甲基丙烯酸甲酯的反应如下(其他产物己省略)。科学家为了研究甲醇的脱氢过程对反应速率的影响，进行了下表所示动力学同位素效应实验(其他条件均相同)。O OII 催化剂 IICH3 CH2 C O CH3+CH3OH 8 4 h 华一CH C O一 飙CH3下列说确的是实验编号反应物反应速率常数数据分析I丙酸甲酯甲醇(C t O H)II丙酸甲酯质代甲醇D 1(C D Q H )%DI%H/%DI=4.6III丙酸甲酯笊代甲醇D 2(C H Q D )%D2/kD2=2.7A.CHQ H、CD,OH和CH3OD互为同素异形体B.相比于甲醇，笊代甲醇参与的反应活化能较小C.相比于C H 键，C D 键断裂的速率较慢D.相比于0 H 键，C H的断裂对反应速率的影响较小【答案】C【解析】【详解】A.同素异形体是同一种元素组成的没有同种单质，CH3O H、CD3OH和CH3OD为化合物，没有是互为同素异形体，A 错误；B.根据速率常数，k-6,k-7,甲醇参与反应时反应速率常数更大，反应速率更快，则反应的活化能更小，B 错误；C.由B 可知，甲醇参与反应时反应速率更快，则相比于C H 键，C D 键断裂的速率较慢，C 正确；D.由实验I I 和H I 分析可知，气代甲醇D 1 参与的反应速率更慢，则相比于0 H 键，C H的断裂对反应速率的影响更大，D 错误；答案选C。8.现代工业中用“N H s-N H C l 水溶液”浸出氧化锌烟灰(主要成分为Z n O、P b、C uO 和 A sQO 制取高纯锌的工艺流程如图所示：适当浓度的N&-NH4cl水 溶 液 H2O2 锌粉 电解残留液X I I t氧 化 锌 烟 灰 潮*浸 出 液 川氧化除杂囹还原除杂4滤液川丽美高纯锌滤渣1 滤渣2 滤渣3已知:浸出液中含 Z n(N H 3)/、C u M 浸、A sC l；且存在 M(N H j 1礴9 M24+4 N H3(M C u或 Z n)；“氧化除杂”的目的是将A sC 转化为A S 2 O 5 胶体，再经吸附聚沉除去。下列有关说确的是A.“溶浸”过程中发生反应：Z n O+4 N H：t H20+2 H =Z n(N H3)42 t+5 H20B.ASCR-空间结构为正八面体形C.“滤渣3”的主要成分为P b、Z nD.”电解残留液”适当处理后可返回“溶浸”过程循环利用【答案】D【解析】【分析】用 N H N H C 1 水溶液浸出氧化锌烟灰(主要成分为Z n O、P b、C uO 和 A S 2 O 3)制取高纯锌的流程为：氧化锌烟灰用N H j H z O 和 N H C 1 溶浸，浸出液含 Z n(N H 3)p+、C u(N H 3)/、A sC l；,其中Z n O 的反应为Z n O+2 N H3 H Q+2 NH：=Z n(N H3),2*+3 0,P b没有反应，过滤得到滤渣1 为P b；将浸出液用 HG氧化除去 A S C I。，反应为 2 A s。/+2 H Q2+6 N H 3 H z O=A s2()5(胶体)+1 0 C l +6NH；+5 H O 经吸附聚沉除去AS&（滤渣2）后，再加入锌粉还原，可除去C u和过量的Z n （漉渣 3）,滤液中主要含有 Z n（NH3r,电解后阴极发生反应 2/加3）1+2 0 =2 11+4 加33得到高纯锌。【详解】A.根据上述分析可知：用 N H 3-N H Q1 水溶液浸出氧化锌烟灰时，Z n O 发生反应：Z n O+2 N H3 4 0+2 N H；=Z n （N H3）42*+3 H20,选项 A 错误；B.ASCI1为 sp%杂化，空间构型为三角双锥，选项B 错误；C.根据上述分析可知“滤渣3”的主要成分为C u及过量的Z n,选项C 错误；D.“电解残留液”中含有 Z n（N H 3）/，可返回“溶浸”过程进行循环利用，节约资源，降低生产成本，选项D正确；答案选D。9.各装置正确且能达到实验目的的是1K足量酸性KMnO4#MA.量取了 14.80mL稀盐酸B.将乙二醇转化为乙二酸C.形成原电池D.吸收尾气S 02T【答案】A【解析】【详解】A.滴定管的感量为0.的感,且小刻度在上方,图中酸式滴定管可量取1 4.8 0 m L 稀盐酸，选项A正确;B.乙二醇、乙二酸均可被酸性高锯酸钾溶液氧化，没有能将乙二醇转化为乙二酸，选项B 错误;C.装置中应该将锌电极硫酸锌溶液中、铜电极硫酸铜溶液中，才能形成原电池，否则只有左侧锌与硫酸铜的置换反应，选项C 错误;D.氢氧化钙微溶于水，浓的氢氧化钙溶液的浓度也没有大，用于吸收尾气二氧化硫很差，实验室应该改用氢氧化钠溶液吸收，选项D 错误;答案选限1 0.艳铜卤化物C s*C uvX：（X=C l、B r、I）晶体中的阴离子存在如图所示链状结构，其中铜元素的化合价均相同。下列说确的是A.一种铀铜卤化物的化学式为C S 3 C U 2 X 5 ,其中C u的化合价为+2B.电负性大小顺序是C l B r I C s C uC.该链状结构是 C 1 1 X 4四面体通过共用顶点而形成的D.该晶体的化学式为C s C%X 3【答案】D【解析】【详解】A.C s3C u2X5（X=C 1,B r、I）由化合价代数和为0,C s为+1价X为T 价，钠铜卤化物中C u的化合价为+1价，选项A错误；B.元素周期表越往上越往右，电负性越大，故电负性C l B r I C u C s,选项B错误；C.根据图可知，该链状结构是 C u X 4四面体通过共用棱而形成的，选项C错误；D.根据均摊法可知，晶胞中大球为X原子，在面心和体心，共8 X 1+2=6个，C u为4个，C s2为2个，该晶体的化学式为C S C 4 X 3,选项D正确；答案选D。1 1.高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图：A四 H B 加成 Oc（丁烯二酸）,脱水*QOOCH聚今、-+CH2 CH CH CH-k（高分子M）下列说确的是A.物质A是C z HiB.属于物质B的同系物且相对分子质量比B 大 1 4 的有机物有4种C.物质C与乙醇也可以发生缩聚反应D.合成M的整个过程均发生的是理想的原子经济性反应【答案】B【解析】【详解】A.由流程分析可知，M 单体B为 C H 2 XH O C H 3,A和甲醇加成生成B,则 A为乙快，化学式为C 2 H 2,A 错误；B.同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“C H 原子团的有机化合物：属于物质B的同系物且相对分子质量比B大 1 4 的有机物有C H 产 C（C H 3）0 C H 3、C H z=C H C H 2 0 c H 3、C H3C H=C H 0 C H3.C H2=C H 0 C H C H;）,共 4 种，B 正确;C.乙醇分子中只有1 个羟基，没有能和C发生缩聚反应，C错误；D.C脱水的过程中生成水，部分氢氧原子没有被利用，故没有是理想的原子经济性反应，D 错误；故选B o1 2.硼砂（Na2B4O7，10H2。）属于强碱弱酸盐，易水解生成硼酸（H3BO3），可用于制备过硼OH|-1 2-酸钠，过硼酸钠阴离子的结构为HO一 口O匚 1 2 7B，下列说法错误的是B d oIOHA.过硼酸钠可用作洗衣粉中的增白剂B.用高钵酸钾处理过硼酸钠可以得到02C.将硼砂溶于水，用H2 s 0,调节酸度可析出三元弱酸硼酸D.分别向等pH的硼砂溶液和氢氧化钠溶液中加入等体积的水，前者pH变化小【答案】C【解析】【详解】A.过硼酸钠水合物中含有-1 价的0,具有强氧化性，具有漂白性，可用作洗衣粉中的增白剂，选项A正确；B-过硼酸钠中含有T 价的0,具有还原性，可以被酸性高镐酸钾氧化为0 价，因此反应可以得到。2,选项B 正确；C.将硼砂溶于水，用H 2 s O 4 调节酸度可析出硼酸，但硼酸是一元弱酸，选项C 错误；D.分别向等pH的硼砂溶液和氢氧化钠溶液中加入等体积的水，硼酸为弱酸存在电离平衡，故前者pH变化小，选项D 正确；答案选C。1 3.由原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M 组成的化合物是从生物体中得到的一种物质，其结构如图所示，X 是短周期中原子半径最小的元素，Z、M同主族，Z、W 的原子序数之和等于M的原子序数。下列有关说法错误的是YX x w X I I IZ Y Y M=W/I I IX X x w xA.X 分别与Y、Z、W、M 均可形成1 8 日微粒B.最简单氢化物的沸点：W Z M YC.原子半径：Y Z W MD.X、Y、Z、W 四种元素可组成含有极性键和非极性键的离子化合物【答案】C【解析】【分析】根据X 是短周期中原子半径最小的元素，推 X 为 H元素，Y 形成四个键，Y 为 C元素，Z、M同族，Z 形成三个键，M 形成五对共用电子对，Z,M分别为N、P元素，由Z、W 的原子序数之和等于M的原子序数，此可推出W 为 0元素；【详解】A.H 与 C、N,0、P 可分别形成C 2 H 6、N 2 H 八 凡 0?、P H,均 为 1 8 电子微粒，A项正确；B.最简单氢化物沸点，根据分子晶体沸点比较，水分子间含有的氢键至多沸点，氨气分子间存在氢键，沸点较高，P F L 和 Q1,分子间没有存在氢键沸点较低，而 P M 的相对分子质量大，范德华力强，沸点比甲烷高，故沸点大小为：H2O NH3 P H3 CH4,B 项正确；C.同主族元素从上到下原子半径依次增大，故 P原子半径比N原子半径大，C项错误；D.H、C、N,0形成（N H s h C 2。4等物质中含有离子键、极性键和非极性键，D 项正确；故选答案C=【点睛】此题考查元素推断和元素周期律的应用，根据元素的性质，原子结构的特点进行推测元素，根据元素周期律进行判断元素性质的递变规律。1 4.P E T（聚对苯二甲酸乙二醇酯）是一种用途广泛的塑料。生活中废弃的P E T 只有部分被回收利用，其余部分被焚烧或填埋。我国科学家提出电催化重整废弃P E T,原理如图所示。下列说法错误的是A.与石墨电极相比，P d/N F(杷改性保泡沫催化剂)电极可加快P E T 降解速率B.电解过程中，阴极室c(H )没有断减小C.每生成I m o l G O t .外电路转移8m o l 电子D.该项技术没有仅实现了对废弃P E T 的资源化和能源化回收，还有助于降低C O 2排放【答案】B【解析】【详解】A.P d N F(改性银泡沫催化剂)电极作催化剂，可加快P E T 降解速率，故 A正确；B.电解过程中，阴极反应消耗H 数目和阳极室转移到阴极室H 数目相等，c(H )没有变，故 B错误；C.阳极转移电子情况可看作乙二醇被氧化为G O：,每生成l m o l C20 ,外电路转移8m o l 电子，故 C正确；D.该项技术没有仅实现了对废弃P E T 转化为对苯二甲酸根和草酸跟，可回收利用，与传统的焚烧法比较，实现了资源化和能源化回收，降低C O?排放，故 D正确；故选：B o1 5.C u 与限存在如下平衡:C u _ C u(N H3)2tA C u(N H3)22tA C u(N H3)32*A C u(N H j,产；T-X-T-T-向某浓度的硫酸铜溶液中滴加浓氨水,实验测得Cu Cu(NHj产、CU(NH3)22 CU(NH3)32 Cu(NH3 产的物质的量分布分数(5)与溶液中游离氨的浓度的负对数卜迨从阳：,)关系如图所示。下列说确的是C.Q 点，2C(CU2 )C(S0；)D.M 点，2 c(SO4-)+c (OH)=2 c(Cu2*)+2 c Cu(NH3)2 t +2 c Cu(NH3)+2 c Cu(NH3)3 叫+2 c Cu(NH3),广 +c (H，)【答案】C【解析】【分析】由题意可知,体系中存在平衡：CI?*+NH3晦？Cu(NH3)2 4 A l,Cu(NH3)2 t+NH3?Cu(NH3)/2 用，Cu(NH3)2 F+Nl h 峰 9 Cu(NH3)J 4 Cu(NH：,)3 广+NL峰?Cu(NH3 用：增大c(N%),Tg c(NH3)减小，各个平衡均正向移动，故可以得知曲线e 表示Cu,曲线d 表示 CU(NH3)2+,曲线 C 表示 CU(NH，曲线 b 表示 CU(NH”)F,曲线 a 表示 CU(NH3),。【详解】A.由分析可知,曲线b 表示C CU(NH3)3，A 错误;B.由图像可知：Q点处，=要 坐 与1=-=1 0叫 同 理，P点处，友=c(Cu2).C(NH3)C(NHJCCU(NHJF+_1_ CCU(NH3)3 _L_CCU(NH3)2+.C(NH,)C(NH3).3 CCU(NH3)22+.C(NH3)C(NH3)=1 0：,M 点处，K、=cfCu(N*H：卅2,-77 1 0 2 3；则 与=1 0 =1 0 ，B 错误；3)32 f(NH3)C(NH3)&KyC.根据物料守恒可得：c(S O；)=c(Cu2)+c Cu(附)产 +c Cu(NH3)丁 +c Cu(NH：t)3n +c Cu(NH。,Q 点处，e(Cu2+)=c Cu(NH3)J2+,故 2 c(C*+H+0 0 HHG+X=Y+Z+W （已配平）F e?*+O H=F e +O H H +O H=H Q根 据 上 述 机 理 推 导 步 骤 中 的 化 学 方 程 式 为。A【答 案】（1）.M n O2+P b S+4H C l =P b C l2+S+M n C l2+2H,O .6.MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O.FeS,-2e-=Fe2+2S(2)使 F e 转化为F e(O H)3沉淀而除去(3)降温或加水稀释(4)浸取50 60,(5)4PbsO4+6OH-=3PbO PbSO4 H2O+3 so i+2H2O_ n _ nM(6).一 .p 22400p(7)HOO-+H2O2=H2O+O2+OH【解析】【分析】方铅矿精矿（主要成分为P b S,含有F e S 2等杂质）和软镭矿（主要成分为M n O 2）中加入稀盐酸，盐酸与M n O2 P b S 发生反应生成P b C k 和 S,M n O?被还原成M n。加入的N a C l 可促进反应P b C L(s)+2C l(a q)U PbClf(a q)平衡正向移动使更多的P b 元素存在于溶液中。加入F e/O s溶液调节溶液p H,使 F e”子转化成F e(O H H 沉淀除去，然后过滤；P b C 12难溶于冷水，将漉液冷水沉降过滤得到P b C k 晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为H C l o【小问1 详解】“浸取”时需要加热，该过程中盐酸与M n O z、P b S 发生反应生成P b C L 和 S,根据电子守恒，原A子守恒，可得该反应的化学方程式为：M n O,+P b S+4H C l =P b C l,+S+M n C l,+2H,O ；根据图示，在该原电池中M n O 2中 M n 元素得电子化合价降低，所以M n O?作电源的正极，其电极反应式为：M n 02+2e +4H 1=M n2，+2H20,所以每消耗3 mo l M n O z时,电路中转移6 mo l e ；F e 在负极上失去电子被氧化为F e ,则负极的电极反应式为F e -e =F e”,当电路中转移6 mo l e 时，生成,6mo l F e3；F e S z原电池中F e S z作负极，失电子发生氧化反应，其电极反应式为F e S 2e =F e +2S；【小问2 详解】调节溶液p H 的主要目的是使F e 转化为F e S H V 沉淀，从而除去F e ；【小问3 详解】“沉降”中获得P b C h采取的措施可以是降温或加水稀释：【小问4 详解】滤液a中主要成分是盐酸，可补充到“浸取”工序中循环使用；【小问5 详解】用硫酸铅与氢氧化钠溶液在50、60 反应可以制备三盐，同时产生N&S O i、I M),该反应的离50 60,子方程式为 4PbSO4+6OH 3PbO-PbSO4-H2O+3SO j +2H3O；【小问6 详解】假设海绵钿的密度为P g-c m3,其吸附的氢气是其体积的n 倍(标准状况)，则此条件下，1 gl g n Q n f海绵铅的储氢容量R=丁工 x n=-c m-=-m L .P g/c m P PM g.-x n nM氧气的浓度 r=p g/c m =l n o l;-2-2-4-0-0-m-L-/-m-o-l-224U(JpH【小问7 详解】根据题意，可知步骤的的化学方程式为HOO-+H2O2=H2O+C2+QH o1 8.钻是一种中等活泼金属，在化合物中常以+2价或+3价存在，其中CoCk易溶于水。某同学制得的CoCL 6H2O在醋酸氛围中制得无水(C&COO)2C o,并利用下列装置检验(CUC00)2co在氮气氛围中的分解产物。已知常温下PdCk溶液能被C0还原为Pdo(1)装置E、F用于检验C0和CO”其中盛放PdCk溶液的是装置（填“E 或 F）。(2)装置G的作用是:E、F、G中的试剂均足量，若观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则 可 得 出 的 结 论 是。(3)通入氮气的作用是_ _ _ _ _ _o(4)实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其 主 要 目 的 是。(5)若乙酸钻最终分解生成固态氧化物X、CO、CO?、QH”已知CH,标况下密度为1.34g/L且n(X)：n(C0)：n(C02)：n(CxH,)=l：4：2：3 则 该 反 应 的 化 学 方 程 式 为。(6)用C102处理过的饮用水常含有一定量的C IO?，饮用水中CIO,和C1O?的含量可用连续碘量法进行测定。已知C10?被 还原为CIO；或 的 转 化 率 与 溶 液 的pH关系如图所示。反应生成的L用标准NaSO：；溶液滴定，原理为：l2+2NazSa=Na2SQ6+2NaI。fci。?转化为c r100._-；oO86%、郴3款C Q 转化CQ2040滴定过程为:准确量取V m L水样加入到碘量瓶中，调节水样的p H为7 8,加入足量的K I晶体，充分反应后，用 c m o l/L N a 2 s 2。3 溶液滴定至淡黄色,加入淀粉溶液，滴定至次终点，消耗N a S Q i 溶液VmL；调节溶液的p H 4 2 ,继续用c m o l/L N a 2 s 溶液滴定至第二次终点，消耗N a 2 s 2 O 3 溶液V 2 m L。当p H W 2.0 时C I O 2 与 I 的 离 子 方 程 式 为。两 次 滴 定 终 点 的 现 象（填“相同”或“没有相同”）。根据上述数据，该水样中的CIO；浓度为 mol/L（用含字母的代数式表示）。【答案】（DF（2）.除 去 C O z .分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质（3）将 D中的气态产物带入后续装置#排出装置中的空气#没有使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等A（4 ）防倒吸（5）3 （C H3C 0 0）2CO=C 0 3 O 4+4 C O t +2 C 021 +3 C2H61（6）.CIO,-+4F+4H+=CF+21,+2H,0.相同.4V【解析】【小问1 详解】据已知信息，P d C b 溶液能被C O 还原为P d,C O 被氧化为8 2,装置E、F用于检验C O 和 C O z,故应先检验C O”后检验C O,则其中盛放P d C L 溶液的是装置F。【小问2 详解】为没有影响后续装置对分解产物的检验，气体进入装置H前应先除去C 02,装置G的作用是故除去 C O?；E、F、G中的试剂均足量，若观察到I 中氧化铜变红，则氧化铜被还原，J中固体由白色变蓝色，则产物有水分，K中石灰水变浑浊，则产物有C O 2,故可得出的结论是分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质。【小问3 详解】实验目的是检验（C H O O）。在氮气氛围中的分解产物，通入氮气的作用是将D中的气态产物带入后续装置（或排出装置中的空气或没有使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）。【小问4详解】实验结束时，先熄灭D 和 I 处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，继续通入氮气，其主要目的是防倒吸。【小问5 详解】若乙酸钻最终分解生成固态氧化物X、C O、C O”G H“CN标况下密度为1.3 4 g/L,则 C*H，摩尔质量为1.3 4 g/L X2 2.4 L/m o l=3 0 g/m o l,根据煌类物质的结构特点，可判断C、H,的分子式为C,H6,且 n(X)：n(C O)：n(C O j：n(C,H，)=l：4：2：3,根据碳元素守恒可知,该方程式乙酸钻的系数与生成物的比值为 n(C H 0 0)2 C o ：n(X)：n(C O)：n(C 02)：n(G Hy)=3：1：4：2：3,则该反应A的化学方程式为：3 (C H；iC O O)2CO=CO3 0.,+4 C 0 t +2 C 02 t +3 C2H6 f =【小问6 详解】该滴定次终点是在pH为 7 8,N a S 0：,溶液滴定C I O?与 I 反应生成的L,此时C 10?被还原为CIO2；滴定第二次终点是在pH 42,N a z S Qs 溶液滴定C 1 O 2 与 I 反应生成的I”此时CIO2被还原为cr；根据题意，当 P H W 2.0 时C 1 C)2 被完全还原为c，与 I 的离子方程式为：CIO；+41+4H+=C1+2I2+2H.O；两次滴定均是N a S O a 溶液与L反应，终点时都是滴入一滴标准液时蓝色褪去且半分钟没有恢复蓝色，现象相同；根据上述数据，该水样中的CIO2浓度为两次终点求出的C1C2浓度的差值，由氧化还原反应原理可知，C10?ClO2 I N a2S2O3C K)2 4 r 4N a S 0”n(C 1 02)=c V.XIOW,则溶液中原 nlC lO?1 0%o l-4eV,X 1 0 mo l=。(工叫)*1 0-3 mo ,故该水样中的 C I O；浓度为。(，二*)x (尸mo i/L=4-4V xi0-3c(V0-4V.),4V1 9.氮的氧化物是大气污染物之一。研究它们的反应机理，对于环境污染，促进社会可持续发展有重要意义。回答下列问题：(1)已知：0 4N H a (g)+502(g)=4N 0 (g)+6H20 (g)Z -gO T kJ-mo l1；0 4 N H3(g)+3 02(g)=2 N2(g)+6H20(g)M=-1 2 69.O kJ-mo l .若 4N H3(g)+6N 0 (g)=5N2(g)+6H=0(g)的逆反应活化能为E a=a kJ-mo r,则其正反应活化能为kj-mo r(用含a的代数式表示)。(2)氢气选择性催化还原N 0 是一种比N H,还原N 0 更为理想的方法，备受研究者关注。以P t-H Y为催化剂，氢气选择性催化还原N 0 在催化剂表面的反应机理如下图：P t原子表面上发生的反应除N+N=N z、2 H+0=H20外还有。已知在H Y 载体表面发生反应的N O、0?物质的量之比为1 ：1,补充并配平下列离子方程式:NH；+N 0+02-N2+H20+(3)硫碘循环(S I 循环)是目前最有前景和研究至多的一个热化学循环。S I 循环涉及如下两个反应：反应 I (B unsen 反应)：S 02(g)+I2(s)+2 H20 (1)2 H I (a q)+H2S 04(a q)反尸a kJ mo L反应 H：2 H I (a q)H2(g)+I2(s)A lkbkJ mo L科研团队研究了温度和压强对反应I (B unsen反应)达到平衡时n(S O j的影响如下图所示，则P.Pz(填 7)_)物质HIH280s后的平衡物质的量/mol0.78HI平衡分解率Q i=_a 2=52%a 3_a 4（填“”或“=”）（4）我国科学家在（自然-通讯发表了低温高效催化丁烷脱氢制丁烯的研究成果。该过程易发生积炭和裂化等副反应，催化反应历程如图a 所示 注：0.06ev表示1个 CtH8（g）+l个 H2（g）的能量）三种催化剂催化的是_（填“A、B”或 C）,以C为催化剂时决速反应的方程式为:在一恒容密闭容器中通入Imol 丁烷和适量的催化剂，发生催化脱氢反应，若起始投料量没有变，相同时间，测得没有同温度下丁烷转化率和丁烯产率如图b 所示。温度高于时，丁烯产率 降 低 的 原 因 可 能 是（写一条即可），温度高于七时丁烷转化率增大的原因可能是（写一条即可）。百 分 率丁烷转化率丁惴产串图 b T i T 2 T【答案】(1)a-1 8 1 2(2).N+NO=NQ、3 H+N=NH：1 .4 N H；+2 N0+2 02=3 N2+6 H20+4 H+(3).0.1 1 .2 2%.(4).B .C H 0*(g)=C H 9*(g)+H*(g).催化剂活性降低，反应速率减慢.温度较高，丁烷裂化速率加快【解析】【小问1 详解】己知：4 NH3(g)+5 0 2 (g)=4 N0 (g)+6 H20(g)四1=-9 0 7 可加0 广；4 NH 3 (g)+3 O2(g)=2 N2(g)+6 H20 (g)M=-1 2 6 9.Ok J-m o l1,5 3根据盖斯定律，由x-x-得反应 4 NH 3(g)+6 N0(g)=5 N2(g)+6 H z 0(g)A I=T 8 1 2 k J m o L,若2 24 NH3(g)+6 N0(g)=5 N2(g)+6 H20(g)的逆反应活化能为E a k j-m o l1,A i=E 逆，则其正反应活化能为 E/A I -EM-1 8 1 2 k J-m o r-a k j-m o l =(a-1 8 1 2)k j-m o l1；【小问2 详解】P t 为催化剂，反应在P t 原子表面上发生，发生的反应有N+N=N2,2H+0=H20,N+N 0=N20,3 II+N=N H:1等，答案为 N+N 0=N Q、3 H+N=N H：i；由图可知，反应物为N O、O 2和 NH；,反应生成N?和 H Q,反应物中有H*,故生成物中应补充H,已知N O、O 2物质的量之比为1:1,根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平，得到4 N H4 +2N 0+202=3 N2+6H20+4 H 故答案为：4 N H*+2N 0+202=3 N2+6H20+4 H*；【小问3 详解】比较压强,需温度相同，当温度相同时，p i时 n(S O z)大于p 2时 n(S 02),根据方程式S 0z(g)+l2(s)+2HQ w 2Hl(aq)+Hz S 0”(aq)可知,压强增大时,平衡向正方向移动，n(S 0?)会减小，故 P i P z；无膜反应器发生的反应为2HI=H2+L 初始投入Imo lHI,8 0