湖南省高三化学上学期模拟检测试题2.doc

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1、湖南省2019-2020学年高三化学上学期模拟检测试题一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）化学与科技、工业生产与生活均密切相关。下列有关叙述正确的是（）A利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化B汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石C二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白D铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝2（6分）下列装置或操作能达到目的是（）A装置用铜与稀硝酸制取少量NOB装置可用于测定中和热C利用装置制取氯气D装置保护铁闸门不被腐蚀3（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A235g核素

2、U发生裂变反应：U+nS+Xe+10n净产生的中子（n）数为10NAB常温下，0.5L pH14的Ba（OH）2溶液中OH数目为NAC一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移的电子数为NAD标准状况下，5.6L乙烷中含有的极性键数目为1.5NA4（6分）短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E下列说法不正确的是（）AX、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂B电解X、Q

3、元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备X单质CW、X、Q三种元素都能形成多种氧化物DY、Q形成的化合物是强电解质5（6分）有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图（无机小分子产物略去）。下列说法错误的是（）A该反应是取代反应B若R为CH3时，b中所有碳原子共面C若R为C4H9时，则b中苯环上的一氯代物可能的结构共有12种D若R为C4H5O时，1mol b最多可以与4molH2加成6（6分）一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A电子流向是从吸附层M通过导线到吸附层NBNa+从左边穿过离子交换膜向右边移动C离子交换膜可用质子交换膜D负极的电极反应是：H22e+2OH

4、2H2O7（6分）可逆反应X（g）+2Y（g）2Z（g） 2M（g）N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（）A达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10：11B反应的正反应是吸热反应C在平衡（I）和平衡（II）中，M的体积分数相等D达平衡（I）时，X的转化率为50%非选择题：包括必考题和选考题两部分。每个试题考生都必须做答。考生根据要求做答。(一)必考题8（14分）氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：（1）航天领域中常用N2H4作为火

5、箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱N2H4H2O用电离方程式表示N2H4H2O显碱性的原因是： 。（2）在恒温条件下，1molNO2和足量C发生反应2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A） Kc（B）（填“”或“”或“”）A、B、C三点中NO2的转化率最高的是 （填“A”或“B”或“C”）点。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp MPa（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数）。（3）已知：亚硝酸（HNO2）性质和硝酸类似，但它

6、是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka5.1104；H2CO3的Ka14.2107，Ka25.611011在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后，则溶液中CO32、HCO3和NO2的离子浓度由大到小的顺序是 。（4）已知：常温下甲胺（CH3NH2）的电离常数为Kb，且pKblgKb3.4水溶液中有CH3NH2+H2OCH3NH3+OH常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c（CH3NH2）c（CH3NH3+）时，则溶液pH 。（5）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：CaSO4（s）+

7、CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）H+210.5kJmol1CaSO4（s）+4CO（g）CaS（s）+4CO2（g）H189.2 kJmol1反应CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）H kJmol19（14分）某同学看到利用零价铁还原NO3脱除地下水中硝酸盐”的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与KNO3溶液的反应。实验过程如下：打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；ii加入pH已调至2.5的0.01molL1KNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少

8、量白色物质附着；过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；iv检测到滤液中存在NO3、NH4+和Fe2+。（1）通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是 。（2）用化学方程式解释其变为红褐色的原因： 。（3）用K3Fe（CN）6检验滤液中Fe2+的实验方案是（写出具体操作、现象及结论） 。（4）取少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是 。（5）该同学进一步査阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述KNO3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。假设实验操作现象及结论假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐向

9、烧杯中加入 ，一段时间后，测定烧杯中NO3的浓度NO3浓度无明显变化，说明假设1不成立假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除按下图所示组装实验装置，一段时间后，测定NO3浓度 ，说明假设2成立关于碳粉的作用，还可以提出的合理假设是 。10（15分）工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+2Fe2+SO42+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。iFe2O3+6H+2Fe3+3H2O ii写出ii的

10、离子方程式： 。（2）过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为 （填离子符号）（3）氧化过程中被MnO2氧化的物质有（写化学式）： 。（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对浸锰”反应的影响如图所示：为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 ；向过滤所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是 。下（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式： 。（6）已知：pNilgc（Ni2+），常温下，Ksp（NiCO3）1.4107，向10mL0.1molL1Ni（NO3）2溶液中滴加0.1molL1Na2S溶液，会产生N

11、iS沉淀，在滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如图所示。则在E、F、G三点中， 点对应溶液中水电离程度最小，常温下，在NiS和NiCO3的浊液中 。(二)选考题：共45分。请考生从每科任选一题做答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分化学-选修3：物质结构与性质（15分）11（15分）技术人员晒制蓝图时，用K3Fe（C2O4）33H2O（三草酸合铁酸钾）作感光剂，再以K3Fe（CN）6（六氰合铁酸钾）溶液作显影剂。请回答以下问题：（1）铁元素在周期表中位置为 ，Fe3+的基态价电子排布图为 。（2）在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为 ，电负性最小的元素为 。（3）H2C2O4分子中碳

12、原子的杂化类型是 ，与C2O42互为等电子体的分子的化学式为 （写一种）。（4）在分析化学中F常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63十分稳定，但Fe3+却不能与I形成配合物，其原因是 （用离子方程式来表示）。（5）已知C60分子结构和C60晶胞如图所示：1个C60分子中含有键的数目为 。晶胞中C60的配位数为 。已知C60晶胞参数为a pm，则该晶胞密度的表达式是 g/cm3（NA代表阿伏加德罗常数）。化学-选修5：有机化学基础（15分）12Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：请回答以下问题：（1）D的化学名称为 ，DE的反应类型为 。（2）G的官能团名称

13、为 。（3）B的结构简式为 。（4）FG的化学方程式为 。（5）X是D的同系物，x分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的X共有 种（不含立体异构）；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3：2：2：2：1，写出符合该要求的的一种同分异构体的结构简式： 。（6）参照 Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线（其他无机试剂和溶剂任选）。 。 参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）化学与科技、工业生产与生活均密切相关。下列有关叙述正确的是（）A利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化B汉代烧

14、制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石C二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白D铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；F5：二氧化硫的化学性质【分析】A氮和磷的大量排放，能够引起水体富营养化；B瓷器成分为硅酸盐；C二氧化硫有毒；D焦炭不能还原氧化铝。【解答】解：A利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化，故A正确；B瓷器成分为硅酸盐，不是碳酸钙，故B错误；C二氧化硫有毒，不能用于食品漂白，故C错误；D焦炭不能还原氧化铝，工业上利用电解熔融的氧化铝的方法，故D错误；故选：A。【点评】本题考查元素化合物知

15、识，侧重考查物质的性质及用途，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，题目难度不大。2（6分）下列装置或操作能达到目的是（）A装置用铜与稀硝酸制取少量NOB装置可用于测定中和热C利用装置制取氯气D装置保护铁闸门不被腐蚀【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】ANO与氧气反应；B图中缺少环形玻璃搅拌棒；C浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；D铁闸门与电源负极相连，为阴极。【解答】解：ANO与氧气反应，应选排水法收集，故A错误；B图中缺少环形玻璃搅拌棒，不能测定最高温度，故B错误；C浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，故C错误；D铁闸门与电源负极相连，为阴极，则装置保护铁

16、闸门不被腐蚀，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的制备及收集、电化学、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。3（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A235g核素U发生裂变反应：U+nS+Xe+10n净产生的中子（n）数为10NAB常温下，0.5L pH14的Ba（OH）2溶液中OH数目为NAC一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移的电子数为NAD标准状况下，5.6L乙烷中含有的极性键数目为1.5NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、92235U+01n3890

17、Sr+54136U+1001n净产生的中子为1019个；B、常温下，pH14的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为1mol/L；C、氧气和二氧化硫的反应为可逆反应；D、求出乙烷的物质的量，然后根据乙烷中含6条极性共价键来分析。【解答】解：A、92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为1019个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9NA，故A错误；B、常温下，pH14的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为1mol/L，故0.5L此溶液中含氢氧根为0.5NA个，故B错误；C、氧气和二氧化硫的反应为可逆反应，不能进行彻底，故此反应转移的电子数小于NA个，故

18、C错误；D、5.6L乙烷的物质的量为0.25mol，而乙烷中含6条极性共价键，故0.25mol乙烷中含1.5NA条极性共价键，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。4（6分）短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E下列说法不正确的是（）AX、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂B电解X、Q

19、元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备X单质CW、X、Q三种元素都能形成多种氧化物DY、Q形成的化合物是强电解质【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系；8J：位置结构性质的相互关系应用【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，W的氢化物应该为烃，则W为C元素，Q为Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z为Si元素；Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，则Y为Al元素；X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则X为Na元素，据此解答。【解答】解：依据题意可知：W为C，X为

20、Na，Y为Al，Z为Si，Q为Cl。A氧化钠与二氧化硅可反应生成硅酸钠，硅酸钠为防火剂，故A正确；B电解饱和食盐水生成的是氢氧化钠、氢气和氯气，不会得到金属Na，故B错误；CC、Na、Cl元素都能够形成多种氧化物，如二氧化碳、CO、氧化钠、过氧化钠，ClO2、Cl2O5、Cl2O7等，故C正确；D氯化铝在水溶液中完全电离，为强电解质，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。5（6分）有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图（无机小分子产物略去）。下列说

21、法错误的是（）A该反应是取代反应B若R为CH3时，b中所有碳原子共面C若R为C4H9时，则b中苯环上的一氯代物可能的结构共有12种D若R为C4H5O时，1mol b最多可以与4molH2加成【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】A由官能团的转化判断反应类型；BR为CH3时，与苯环直接相连的原子共平面；CC4H9有4种不同的结构，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种；DR为C4H5O时，不饱合度为2，且1mol苯环消耗3mol氢气。【解答】解：A烃基取代苯环的氢原子，为取代反应，故A正确；BR为CH3时，与苯环直接相连的原子共平面，则所有的碳原子可能共平面，故B正确；CC4H9有4种，分别为：C

22、H3CH2CH2CH2、CH3CH2CH（CH3）、（CH3）2CHCH2、（CH3）3C，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C正确；DR为C4H5O时，不饱合度为2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol b最多可以与5mol H2加成，故D错误。故选：D。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大。6（6分）一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A电子流向是从吸附层M通过导线到吸附层NBNa+从左边穿过离子交换膜向右边移动C离子交换膜可用质子交换膜D负极

23、的电极反应是：H22e+2OH2H2O【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【专题】5：高考化学专题【分析】由工作原理图可知，左边吸附层M上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H22e+2OH2H2O，右边吸附层N为正极，发生了还原反应，电极反应是2e+2H+H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子由负极经过导线进入正极，据此解答。【解答】解：A由工作原理图可知，左边吸附层M为负极，右边吸附层N为正极，则电子流向为从吸附层M通过导线到吸附层N，故A正确；B原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右边移动，故B正确；C由工作原理图可

24、知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，故C错误；D左边吸附层M为负极极，发生了氧化反应，电极反应是H22e+2OH2H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，注意从工作原理图判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，题中难点和易错点为电极方程式的书写，题目难度中等。7（6分）可逆反应X（g）+2Y（g）2Z（g） 2M（g）N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（）A达

25、平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10：11B反应的正反应是吸热反应C在平衡（I）和平衡（II）中，M的体积分数相等D达平衡（I）时，X的转化率为50%【考点】CP：化学平衡的计算【分析】A根据等温时，反应中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；B从降温导致平衡（）向平衡（）移动时，X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；C由于温度变化反应的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的；D相同压强下，根据物质的量之比等于体积之比计算中气体的物质的量，进而求出转化率。【解答】解：A平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达

26、平衡（）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为，故A正确；B降温由平衡（）向平衡（）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故B错误；C由平衡（）到平衡（），化学反应发生移动，M的体积分数不会相等的，故C错误；D达平衡（）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，xmol，即物质的量减少了3mol，所以达平衡（）时，X的转化率为，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握物质的量与压强关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转化率的计算，题目难度不大。非选择

27、题：包括必考题和选考题两部分。每个试题考生都必须做答。考生根据要求做答。(一)必考题8（14分）氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：（1）航天领域中常用N2H4作为火箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱N2H4H2O用电离方程式表示N2H4H2O显碱性的原因是：N2H4H2ON2H5+OH。（2）在恒温条件下，1molNO2和足量C发生反应2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A）Kc（B）（填“”或“”或“”）A、B

28、、C三点中NO2的转化率最高的是A（填“A”或“B”或“C”）点。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp2MPa（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数）。（3）已知：亚硝酸（HNO2）性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka5.1104；H2CO3的Ka14.2107，Ka25.611011在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后，则溶液中CO32、HCO3和NO2的离子浓度由大到小的顺序是c（HCO3）c（NO2）c（CO32）。（4）已知：常温下甲胺（CH3NH2）的电离常数为Kb，且pKblgKb3.4水溶液中有CH3NH2+H2O

29、CH3NH3+OH常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c（CH3NH2）c（CH3NH3+）时，则溶液pH10.6。（5）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）H+210.5kJmol1CaSO4（s）+4CO（g）CaS（s）+4CO2（g）H189.2 kJmol1反应CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）H399.7 kJmol1【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CP：化学平衡的计算；D5：弱电解

30、质在水溶液中的电离平衡；DN：离子浓度大小的比较【分析】（1）N2H4结合H2O电离的氢离子使溶液呈碱性；（2）平衡常数只受温度影响；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），可知氮气的浓度为二氧化碳的一半，据此确定各成份气体的体积分数，进而确定反应的压强平衡常数Kp；（3）弱酸电离常数越大，酸性越强，其酸根离子水解程度越小；（4）CH3NH2+H2OCH3NH3+OH的K；（5）利用盖斯定律将4可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）反应热。【解答】解：（1）肼易

31、溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH和阳离子，电离方程式为N2H4H2ON2H5+OH，故答案为：N2H4H2ON2H5+OH；（2）平衡常数只受温度影响，所以Kc（A）Kc（B），故答案为：Kc（A）Kc（B）；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点，故答案为：A；在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），可知氮气的浓度为二氧化碳的一半，所以混合气体中CO2的体积分数为，NO2的体积分数，N2的体积分数，所以反应的压强平衡常数KpMPa2MPa，

32、故答案为：2；（3）由亚硝酸的电离平衡常数Ki5.110 4，H2CO的Ki14.2107，Ki25.611011，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32NO2HCO3，水解生成HCO3，所以溶液中CO32离子、HCO3离子和NO2离子的浓度大小关系为c（HCO3）c（NO2）c（CO32），故答案为：c（HCO3）c（NO2）c（CO32）；（4）CH3NH2+H2OCH3NH3+OH的K，向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c（CH3NH2）c（CH3NH3+）时，Kbc（OH）103.4mol/L，c（H+）1010.6mol

33、/L，pH10.6，故答案为：10.6；（5）由盖斯定律可知将4可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）H4（47.3kJmol1）（210.5kJmol1）399.7kJmol1，故答案为：399.7。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握焓变计算、弱电解质的电离、化学平衡常数计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。9（14分）某同学看到利用零价铁还原NO3脱除地下水中硝酸盐”的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与KNO3溶液的反应。实验过程如下：打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；ii加

34、入pH已调至2.5的0.01molL1KNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；iv检测到滤液中存在NO3、NH4+和Fe2+。（1）通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是避免空气中氧气对Fe与NO3离子反应的干扰。（2）用化学方程式解释其变为红褐色的原因：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3。（3）用K3Fe（CN）6检验滤液中Fe2+的实验方案是（写出具体操作、现象及结论）取滤液，加入几滴K3Fe（CN）6溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤

35、液中存Fe2+。（4）取少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是溶液中存在Fe2+、NO3离子，加入硫酸，酸性增强，将Fe2+氧化成Fe3+。（5）该同学进一步査阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述KNO3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。假设实验操作现象及结论假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐向烧杯中加入pH2.5 0.01mol/LKNO3溶液、碳粉，一段时间后，测定烧杯中NO3的浓度NO3浓度无明显变化，说明假设1不成立假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除按下图所示组装实验装

36、置，一段时间后，测定NO3浓度Fe电极部分溶解，电流计指针偏转，说明假设2成立关于碳粉的作用，还可以提出的合理假设是碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。【考点】U2：性质实验方案的设计【分析】（1）空气中氧气会影响Fe与硝酸根离子的反应；（2）铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，酸性减弱Fe2+水解得到Fe（OH）2，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色；（3）取滤液，加入几滴K3Fe（CN）6溶液，有蓝色沉淀生成，注明滤液中存Fe2+；（4）溶液中存在亚铁离子、硝酸根离子，亚铁离子含有还原性，硝酸根再酸性条件下具有氧化性，亚铁离子被氧化为铁离子；（5）假设1：探究

37、的是碳粉直接与NO3反应效果，加入碳粉即可，作对照试验，溶液选取与原题中相同；假设2：构成原电池，负极电极反应式：Fe2eFe2+，正极NO3被还原；碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。【解答】解：（1）用氮气排尽装置中空气，避免空气中氧气对Fe与NO3离子反应的干扰，故答案为：避免空气中氧气对Fe与NO3离子反应的干扰；（2）铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物，酸性减弱Fe2+水解得到Fe（OH）2，被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（O

38、H）2+O2+2H2O4Fe（OH）3；（3）用K3Fe（CN）6检验滤液中Fe2+的实验方案是：取滤液，加入几滴K3Fe（CN）6溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+，故答案为：取滤液，加入几滴K3Fe（CN）6溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+；（4）溶液中存在Fe2+、NO3离子，加入硫酸，发生反应：3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O，生成的Fe3+和SCN反应使溶液呈红色，故答案为：溶液中存在Fe2+、NO3离子，加入硫酸，酸性增强，将Fe2+氧化成Fe3+；（5）假设1：探究的是碳粉直接与NO3反应效果，应向烧杯加入pH2.5 0.01mol/LKNO3溶

39、液、碳粉即可，作对照试验，溶液选取与原题中相同；假设2：构成原电池，负极电极反应式：Fe2eFe2+，正极NO3被还原，Fe电极部分溶解，电流计指针偏转等，说明假设2成立，碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率，故答案为：pH2.5 0.01mol/LKNO3溶液、碳粉；Fe电极部分溶解，电流计指针偏转；碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。【点评】本题考查探究实验方案问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，需要学生具备扎实的基础、分析解决问题的能力，注意把握实验的原理和物质的性质以及实验的操作方法，题目难度中等。10（15分）工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、

40、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+2Fe2+SO42+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。iFe2O3+6H+2Fe3+3H2O ii写出ii的离子方程式：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+。（2）过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+、Fe2+（填离子符号）（3）氧化过程中被MnO2氧化的物质有（写化学式）：SO2、Fe2+。（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对浸锰”反应的影响如图所示：为减少MnS2O6的生

41、成，“浸锰”的适宜温度是90；向过滤所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率。（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：Mn2+2HCO3MnCO3+CO2+H2O。（6）已知：pNilgc（Ni2+），常温下，Ksp（NiCO3）1.4107，向10mL0.1molL1Ni（NO3）2溶液中滴加0.1molL1Na2S溶液，会产生NiS沉淀，在滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如图所示。则在E、F、G三点中，F点对应溶液中水电离程度最小，常温下，在NiS和NiCO3的浊液中1.4

42、1014。【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设计【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应，MnO2+SO2MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+2Fe2+SO42+H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2+15MnO2+28H+2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO42，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成M

43、nCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2+2HCO3MnCO3+CO2+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，以此解答该题。【解答】解：（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+2Fe2+SO42+H2O，该反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子与二氧化硫反应实现的：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+；故答案为：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+；（2）软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，MnO2、Fe2O3与SO2反应生成Mn2+、Fe2+，SiO2不反

44、应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+；故答案为：Mn2+、Fe2+；（3）滤液含有亚铁离子，且二氧化硫过量，二者都可被二氧化锰氧化，故答案为：SO2、Fe2+；（4）由图可知，90时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90，NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率，故答案为：90；防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；（5）Mn2+的滤液中加入NH4HCO3溶液后，发生彻底的双水解，生成MnCO3沉淀和二氧化碳，反应为：Mn2+2HCO3MnCO3+CO2+H2O；故答案为：Mn2+2HCO3MnCO3+CO2+H2O；（6）向10mL0.1molL1Ni（NO3）2溶液中滴加0.1molL1Na2S溶液，会产生NiS沉淀，如完全反应，则生成硝酸钠，此时水的电离程度最小，则应加入10mL0.1molL1Na2S溶液，应为F点，由图象可知，完全沉淀时，pNilgc（Ni2+）10.5，则Ksp（NiS）1021，常温下，在NiS和NiCO3的浊液中1.41014，故答案为：F；1.4