2019-2020学年安徽省安庆市怀宁二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省安庆市怀宁二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吗啡是严格查禁的毒品吗啡分子含C71.58%，H6.67%，N4.91%，其余为 O.已知其相对分子质量不超过 300，则吗啡的分子式是A C17H19NO3BC17H20N2O CC18H19NO3DC18H20N2O2【答案】A【解析】【分析】可通过假设相对分子质量为100，然后得出碳、氢、氮、氧等元素的质量，然后求出原子个数，然后乘以3，得出的数值即为分子式中原子个数的最大值，进而求出分子式。【详解】假设吗啡的相对分子质量为100，则碳元素

2、的质量就为71.58，碳的原子个数为：71.5812=5.965，则相对分子质量如果为300 的话，就为5.9653 17.895；同理，氢的原子个数为：6.671 3=20.01，氮的原子个数为：4.9114 3=1.502，氧的原子个数为：10071.586.674.9116 3=3.15，因为吗啡的相对分子质量不超过300，故吗啡的化学式中碳的原子个数不超过17.895，氢的原子个数不超过20.01，氮的原子个数不超过1.502；符合要求的为A，答案选 A。2“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百

3、种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是A无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价BAl65Cu23Fe12的硬度小于金属铁CAl65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D 1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol 电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A拟晶 Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0 的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A 错误；B拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B 错误；CAl65Cu23Fe12与海水可以构成原电池

4、，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C 正确；D溶于过量硝酸时，Al 与 Fe 均变为+3 价，Cu变为+2 价，故 1mol Al65Cu23Fe12失电子为65 3+23 2+12 3=277mol，故 D 错误；故选 C。3下列离子方程式书写错误的是A铝粉投入到NaOH 溶液中：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2BAl(OH)3溶于 NaOH 溶液中：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O C碳酸氢钠水解：HCO3-+H2OOH-+CO2+H2O D FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-【答案】C【解析】【详解】A铝粉

5、投入到NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，A 正确；BAl(OH)3溶于 NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B 正确；C碳酸氢钠水解生成碳酸和氢氧根离子，溶液显示碱性，盐水解程度是微弱的，存在水解平衡，正确的水解方程式为：HCO3-+H2OOH-+H2CO3，C 错误；D FeCl2溶液中通入Cl2，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，D 正确；故合理选项是C。4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】

6、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。5下列不符合安全规范的是（）A金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火BNH3泄露时向空中喷洒水雾C含 Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放D面粉生产车间应严禁烟火【答案】A【解析】【详解】A钠的燃烧产物为Na2O2，能与 CO2反应生成O2，且钠与水反应生成氢气，氢气易燃烧，所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火，可用沙土灭火，故A 错误；B氨气极易溶于水，NH3泄露

7、时向空中喷洒水雾可吸收氨气，故B 正确；C氯气有毒，直接排放会引起环境污染，含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放，故C正确；D面粉厂有可燃性的粉尘，遇到烟火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故D 正确；故答案为A。6查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有()A 5 种B4 种C3 种D2 种【答案】B【解析】【详解】邻甲基乙苯的结构简式为：，根据题目所给反应信息，四种不同的断键方式可生成最多4 种有机产物，故答案为B。7化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（）A食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用B铅蓄

8、电池工作时两极的质量均增加CCO2和 SO2都是形成酸雨的气体D用明矾作净水剂除去水中的悬浮物【答案】C【解析】【详解】A食品添加剂要按标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能也产生一定的毒性，A正确；B铅蓄电池工作时，负极Pb PbSO4，正极 PbO2 PbSO4，两极的质量均增加，B正确；CSO2是形成酸雨的气体，但CO2不是形成酸雨的气体，C错误；D明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水剂，D 正确；故选 C。8下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是A用葡萄糖制镜或保温瓶胆B用 ClO2杀菌、消毒C用 Na2SiO3溶液制

9、备木材防火剂D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果【答案】C【解析】A葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利用了其还原性，A 不符合题意；B漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性，所以利用了其氧化性，B 不符合题意；C Na2SiO3溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，C符合题意；D高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以利用了其氧化性，D 不符合题意，答案选C。9下列有关说法正确的是A MgO(s)C(s)=CO(g)Mg(g)高温下能自发进行，则该反应H0、S 0 B常温

10、下等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 HCl 溶液中，水的电离程度相同C0.1 molL1 NH4Cl溶液加水稀释，-32c(Cl)c(NHH O)的值增大D对于反应2SO2O2?2SO3，使用催化剂能加快反应速率并提高SO2的平衡转化率【答案】A【解析】【分析】【详解】A当 G=H-TS0 时反应能自发进行，反应MgO(s)C(s)=CO(g)Mg(g)的 S0，高温下能自发进行，则该反应H0，故 A 正确；B等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 HCl溶液，HCl 溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 HCl 溶液中水的电离程度不同，故B

11、错误；C0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，NH4+H2O?NH3?H2O+H+，促进铵根离子的水解，水解平衡正移，溶液中氯离子浓度减小，一水合氨浓度增大，-32c(Cl)c(NHH O)的值减小，故C 错误；D对于反应2SO2O2?2SO3，使用催化剂能加快反应速率，但平衡不移动，SO2的平衡转化率不变，故D 错误；答案选 A。【点睛】使用催化剂能加快反应速率，催化剂对转化率无影响。10常温下，在10mL0.1mol L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol L-1 HCl溶液，溶液的pH 逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示，下列说法不正确的是A溶液的pH 为

12、7 时，溶液的总体积大于20mL B在 B 点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)C在 A 点所示的溶液中：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)D已知 CO32-水解常数为2104，当溶液中c(HCO3-)2c(CO32-)时，溶液的pH 10【答案】C【解析】【详解】A.当混合溶液体积为20mL 时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，故不选A；B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电

13、荷守恒得c(Na+)+c(H+)2c(2-3CO)+c(-3HCO)+c(OH-)+c(Cl-)，故不选 B；C.根据图象分析，A 点为碳酸钠，碳酸氢钠、氯化钠的混合溶液，且c(-3HCO)=c(2-3CO)，溶液呈碱性，则 c(OH-)c(H+)，盐溶液水解程度较小，所以c(2-3CO)c(OH-)，则离子浓度大小顺序是c(Na+)c(-3HCO)=c(2-3CO)c(OH-)c(H+)，故选 C；D.根据 Kh=-32-3c(HCO)c(OH)c(CO)计算可得c(OH-)=10-4，因此溶液的pH10，故不选D；答案选 C。11将锌片和铜片插人同浓度的稀硫酸中，甲中将锌片和铜片用导线连接

14、，一段时间后，下列叙述正确的是A两烧杯中的铜片都是正极B甲中铜被氧化，乙中锌被氧化C产生气泡的速率甲比乙快D两烧杯中铜片表面均无气泡产生【答案】C【解析】乙烧杯没有构成原电池，铜片不是正极，故A错误；甲中锌是负极，锌被氧化，乙中锌与硫酸反应，锌被氧化，故B错误；甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，故C正确；甲烧杯中构成原电池，铜是正极，电极反应是222HeH,铜片表面有气泡产生，故D错误。点睛：构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路；乙装置没有形成闭合电路，所以没有构成原电池。12设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 1L0.1mol/L 的 NaHSO

15、4溶液中所含的氧原子数目为0.4NAB1mol OH(羟基)与 1 mol H3O+中所含的电子数均为10NAC7.1gCl2与足量 Fe充分反应，转移的电子数为0.2NAD 80gCuO 和 Cu2S的混合物中，所含铜原子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A、NaHSO4溶液中水也含有氧原子，所以1L0.1mol/L 的 NaHSO4溶液中所含的氧原子数目大于0.4NA，故 A错误；B、1 个甲基含有9 个电子，1mol 羟基所含的电子数为9NA，B错误；C、Cl2与 Fe反应，氯元素化合价由0 变为-1，所以 7.1gCl2与足量 Fe充分反应，转移的电子数为0.2NA，故 C正确；D、

16、80gCuO含的铜原子的物质的量是801180/gmolgmol，80g Cu2S含的铜原子的物质的量是8021160/gmolg mol，根据极值法，80gCuO 和 Cu2S的混合物中所含铜原子数为1NA，故 D错误。13下列有关实验的选项正确的是A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.乙醇的密度比金属钠小，所以乙醇和金属钠反应钠应沉入试管底部，故 A错误；B.因为 2NO2N2O4nH0,升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以热水中NO2的浓度高，故B 错误；C.氢氧化钠属于强碱，易潮解容易和玻璃中的SiO2反应生成硅酸钠，瓶和塞黏在一起，因此应保存在软木塞的试剂瓶

17、中，故C 错误；D.D 是实验室制备蒸馏水的装置，故D 正确；答案：D。14下列化学用语正确的是A CH4分子的球棍模型：B乙烯的结构简式：CH2CH2C1,3-丁二烯的分子式：C4H8D聚丙烯的链节：【答案】A【解析】【详解】A 正确；B、结构简式中，只有单键可以省略，碳碳双键等不可以省略，乙烯的结构简式应该是CH2=CH2，B 错误；C、C4H8是丁烯的分子式，1,3-丁二烯的分子式为C4H6，C错误；D、丙烯的分子式为CH2=CH-CH3，聚丙烯的结构简式为：，其链节应该是，D 错误；故选 A。【点睛】A 选项是一个常考的出题方式，一定要注意球棍模型和比例模型的说法，也要注意比例模型中原

18、子半径的比例大小是否符合实际情况；简单分子的分子式的确定可以直接套用通式来确定，考生需要在平时的学习中记忆各类有机物的通式，以及减氢原子的规律。15化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是（）A二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料B中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土【答案】A【解析】【详解】A单质硅可用于制作太阳能电池的原料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，二氧化硅是光导纤维的成分，故 A 错误；B明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，能够溶于酸性溶液

19、，可以利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B 正确；C含钙离子浓度较大的地下水能够与高级脂肪酸钠反应生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故C正确；D瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故D 正确；答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16ZrO2是重要的耐温材料，可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：已知：Fe(SCN)3难溶于 MIBK；Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于MIBK。(1)锆英石中锆元素的化合价为_。(2)氯化主反应：ZrSiO4(s)+2C(s)+4Cl

20、2(g)ZrCl4(g)+SiCl4(g)+2CO2(g)H0，ZrC14的产率随温度变化如图所示，由图可知氯化的最佳条件是_。氯化过程ZrC14的产率随温度升高先增大后减小的原因是_。(3)写出 A12O3高温氯化过程中转化为AlC13的化学方程式_；(4)Na2S、H2S、NaCN等均为常用的铜沉淀剂，本流程使用NaCN 除铜，不采用 Na2S、H2S的原因是 _（用离子方程式解释）。若盐酸溶解后溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L，当溶液中Cu2+开始沉淀时，c(CN-)=_。(已知 KspCu(CN)2=4.00 10-10)(5)实验室进行萃取和反萃取的仪器是_。流程中萃取与反萃

21、取的目的是_。【答案】+4 360、1MPa360以前反应未达到平衡，升温过程中反应继续向正向进行，产率不断增大；360以后反应达到平衡，由于该反应为放热反应，升温过程中平衡逆向移动，ZrCl4产率又减小2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO22Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+(2Fe3+S2-=2Fe2+S或 2Fe3+3S2-=2FeS+S)2 10-4mol/L 分液漏斗、烧杯除去铁元素杂质【解析】【分析】(1)根据化合物中元素正负化合价代数和等于0，结合 Si、O 元素化合价分析；(2)制取 ZrC14产率最大时为最合适的反应条件；根据温度对化学反应速率和化学平衡移动的影

22、响分析判断；(3)A12O3、焦炭在高温下与氯气反应产生AlCl3、CO2，根据电子守恒、原子守恒可得反应方程式；(4)锆英石(ZrSiO4)含有铁元素的氧化物，在处理过程中有Fe3+，根据 Fe3+与 H2S或 S2-发生的氧化还原反应分析判断；根据KspCu(CN)2=c(Cu2+)c2(CN-)=4.00 10-10计算判断；(5)根据萃取是分离互不相溶的液体混合物的方法判断仪器的使用；根据Fe(SCN)3难溶于 MIBK；Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于MIBK 分析萃取的目的。【详解】(1)由于在化合物中元素正负化合价代数和等于0，O 为-2 价，Si 为+4价，可得锆英石(

23、ZrSiO4)中 Zr 元素的化合价为+4 价；(2)根据图像可知在ZrC14的产率在温度为360、1MPa时最高，说明氯化的最佳条件是360、1MPa；根据图象可知：在360以前，随着温度的升高，ZrC14的产率逐渐增大，是由于温度升高，反应物分子的能量增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，更多的反应物发生反应变为生成物，所以ZrC14的产率逐渐增大，到360达到最大值，此时反应达到平衡状态，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使ZrC14的产率逐渐降低，因此温度升高，ZrC14的产率又逐渐降低；(3)A12O3、焦炭在高温下与氯气反应产生AlCl3、CO

24、2，根据电子守恒、原子守恒可得该反应方程式为：2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2；(4)在锆英石(ZrSiO4)含有铁元素的氧化物，在粉碎、氯化处理过程中有Fe3+生成，Fe3+具有氧化性，而H2S或 S2-具有还原性，会发生氧化还原反应：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+或 2Fe3+S2-=2Fe2+S 或 2Fe3+3S2-=2FeS+S，影响 Cu2+的沉淀，若用NaCN，就不会发生上述反应；由于KspCu(CN)2=c(Cu2+)c2(CN-)=4.00 10-10，c(Cu2+)=0.01mol/L，当溶液中Cu2+开始沉淀时，c(CN-)=104.00 100

25、.01=2.00 10-4mol/L；(5)由于萃取是分离互不相溶的液体混合物的方法，所以萃取和反萃取使用的仪器有分液漏斗和烧杯；在处理过程中Cu2+与沉淀试剂形成Cu(CN)2沉淀过滤除去，Fe3+与加入的NH4SCN形成络合物Fe(SCN)3，Zr4+形成 Zr(SCN)4，由于 Fe(SCN)3难溶于 MIBK，而 Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于 MIBK，向 Fe(SCN)3、Zr(SCN)4的混合溶液中加入MIBK 充分振荡后，分液，可将Fe(SCN)3分离除去，然后向MIBK 的溶液中加入硫酸进行反萃取，Zr(SCN)4进入硫酸溶液中，然后经过一系列处理，就可得到ZrO2

26、。所以进行萃取和反萃取目的是除去铁元素杂质。【点睛】本题以物质制备工艺流程为线索，考查了元素及化合物的性质、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响、溶度积常数的应用及化学实验操作等基本知识，体现了化学学科的实用性，掌握物质的性质和化学实验基本操作是本题解答的关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17X、Y、Z、W 为四种常见的短周期元素。其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3 倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：X Y Z W 请回答以下问题：（1）W 在周期表中位置_；（2）X和氢能够构成+1 价阳离子，其电子式是_，Y的气态氢化物比Z的气态氢化物的沸点高，缘故是_；（

27、3）X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M，M 的晶体类型为_，M 的水溶液显酸性的缘故是 _(用离子方程式表示)。（4）Y和 Z可组成一种气态化合物Q，Q 能与 W 的单质在潮湿环境中反应，反应的化学方程式是_。在一定条件下，化合物Q 与 Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应时，每转移4mol 电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是_。【答案】三、VIIA H2O 分子间存在着氢键离子晶体NH4+H2ONH3 H2O+H+SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO42SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol【解析】【分析】由短周期元素X、Y、Z

28、、W 在元素周期表中的位置，可知X、Y 处于第二周期，Z、W 处于第三周期，Y 原子的最外层电子数是其电子层数的3 倍，最外层电子数为6，故 Y为 O 元素，可推知X 为 N 元素、Z 为 S元素、W 为 Cl。【详解】(1)由上述分析可知：W 为 Cl元素，处于周期表中第三周期第VII A 族，故答案为：三、VIIA；(2)由上述分析可知：X为 N 元素，X 和氢可以构成+1价阳离子为NH4+，其电子式是；Y为 O元素，Z为 S元素，Y的气态氢化物H2O 比 Z 的气态氢化物H2S的沸点高，是因为 H2O 分子间存在着氢键。故答案为：；H2O 分子间存在着氢键；(3)由上述分析可知：X为 N

29、 元素，X 的最高价氧化物的水化物硝酸与其氢化物氨气能化合生成M 为NH4NO3，属于离子晶体，水溶液中铵根离子水解NH4+H2ONH3H2O+H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案：离子晶体，NH4+H2ONH3H2O+H+；(4)由上述分析可知：Y为 O 元素，Z为 S元素，W 为 Cl，Y和 Z可组成一种气态化合物Q 为 SO2，SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl,反应的化学方程式是：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；在一定条件下，化合物Q（SO2）与 Y为 O 元素的单质(O2)反应达平衡时有三种气

30、态物质，反应方程式为：2SO2+O2 2SO3，反应时，每转移4mol 电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为2mol，氧气为1mol，生成 2mol SO3，放出热量为190.0kJ，所以该反应的热化学方程式是2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol；故答案为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18利用钛矿的酸性废液(含 TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)，可回收获得FeS2纳米材料、Fe2O3和 TiO2 nH2O等产品，流程如下：(1)TiO2+中钛元素的化合价为

31、_价。TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为 TiO2+易水解生成TiO2 nH2O，写出水解的离子方程式_。(2)向富含 TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2 nH2O。请用化学反应原理解释_。(3)NH4HCO3溶液与 FeSO4溶液反应的离子方程式为_，该反应需控制温度在308K以下，其目的是_。(4)已知 298K时，KspFe(OH)2=8.0 10-16，若在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，测得溶液的pH 为 8.5，c(Fe2+)=1.0 10-5mol L-1，则所得的FeCO3中 _Fe(OH)2(填“有”或“没有”)。(5)FeS2纳米材料可用于

32、制造高容量锂电池，已知电解质为熔融的K2S，电池放电时的总反应为：4Li+FeS2=Fe+2Li2S，则正极的电极反应式是_。【答案】+4 TiO2+(n+1)H2OTiO2?nH2O+2H+碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使 TiO2+水解平衡向生成 TiO2?nH2O 方向移动Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O 防止 NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解没有FeS2+4e-Fe+2S2-【解析】【分析】酸性废液(含 TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)中加入适量铁屑，发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，冷却结晶后，Fe2+转化为绿矾晶体；绿矾晶体溶于水得FeS

33、O4溶液，往溶液中加入足量的NH4HCO3溶液，发生反应生成CO2气体和 FeCO3沉淀等；FeCO3固体在 O2中煅烧，可生成 Fe2O3和 CO2；富含 TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末，能得到固体TiO2 nH2O，同时应生成CO2。【详解】(1)TiO2+中，O 元素显-2 价，则钛元素的化合价为+4 价。TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2+易水解生成 TiO2 nH2O，表明 TiO2+结合 H2O 中的 O，生成 H+，则水解的离子方程式为TiO2+(n+1)H2OTiO2?nH2O+2H+。答案为：+4；TiO2+(n+1)H2OTiO2?nH2O+2H+；

34、(2)向富含 TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2 nH2O，同时应生成CO2气体。用化学反应原理解释为碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2?nH2O 方向移动。答案为：碳酸钠消耗 H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2?nH2O 方向移动；(3)NH4HCO3溶液与 FeSO4溶液反应，生成CO2气体和 FeCO3沉淀等，离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，该反应需控制温度在308K 以下，主要从NH4HCO3的热稳定性和Fe2+的水解两方面考虑，其目的是防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+

35、的水解。答案为：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；防止 NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解；(4)溶液的 pH 为 8.5，则 pOH=5.5，c(OH-)=1.0 10-5.5mol L-1，c(Fe2+)=1.0 10-5mol L-1，则 c(Fe2+)?c2(OH-)=1.0 10-5(1.0 10-5.5)2=1.0 10-16CO 1s22s22p4强金属钙与水的反应比金属镁剧烈Ca(OH)2是强碱，Mg(OH)2是弱碱 d 8 10-4mol/(L?min)bc【解析】【分析】(1)由阴阳离子共存的晶体为离子晶体；CaC2和 H2O 反应生成Ca(OH)2

36、和 CH CH；(2)原子核外电子层数越多其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；O 原子核外有 8 个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；(3)同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属与酸或水反应置换出氢气越容易；(4)可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变以及由此引起的一系列物理量不变；(5)先计算CO的反应速率，再根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氢气反应速率；化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度及压强无

37、关；该反应是反应前后气体体积增大的吸热的可逆反应，增大压强平衡向气体体积减小方向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。【详解】(1)CaC2是由阴、阳离子构成的，属于离子晶体；CaC2和 H2O 反应生成Ca(OH)2和 CH CH，反应方程式为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH CH ；(2)原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期的元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以这三种元素的原子半径大小顺序是CaCO；O 原子核外有8 个电子，根据构造原理，可知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p4；(3)同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性CaMg；元

38、素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属与酸或水反应置换出氢气越容易，钙与水反应比 Mg 剧烈、Ca(OH)2是强碱 Mg(OH)2是弱碱都说明Ca的金属性大于Mg；(4)该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应。a该反应是反应前后气体体积增大的可逆反应，当容器中的压强不再改变时正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，a 不符合题意；b反应前后气体的物质的量增大、质量增大，容器体积不变，当混合气体的密度不再改变时该反应达到平衡状态，b 不符合题意；cv正(CO)=v逆(H2O)时，各物质的正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，c 不符合题意；dCO、H2都是生成物，二者的系数相等，在

39、任何条件下二者的浓度都相等，所以c(CO)=c(H2)时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始量及转化率有关，d 符合题意；故合理选项是d；(5)实验 1 中以 v(CO)表示的到达平衡时的平均反应速率v(CO)=0.008?molc2Lt5?minnn=8 10-4mol/(L?min)，同一可逆反应在同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以用H2 表示的反应速率v(H2)=v(CO)=8 10-4mol/(L?min)；650平衡时，c(H2O)=0.010.0082mol/L=0.001 mol/L；c(H2)=c(CO)=0.0082mol/L=0.004 mol/L，

40、平衡常数 K1=0.0040.0040.001=0.016；在 800平衡时，c(H2O)=0.020.0172mol/L=0.0015 mol/L；c(H2)=c(CO)=0.0172mol/L=0.0085 mol/L，所以化学平衡常数K2=0.00850.00850.0015=0.04820.016。可见：在其他条件不变时，升高温度，化学平衡常数增大，说明正反应是吸热反应；a平衡常数只与温度有关，与压强无关，所以压强增大平衡常数不变，a 错误；b该反应的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，b 正确；c该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，水的转化率降低，c正确；d该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，水的转化率增大，d 错误；故合理选项是bc。【点睛】本题考查了元素周期律、原子核外电子排布、平衡状态判断、化学反应速率的计算等知识。掌握物质结构基础知识、化学平衡理论是本题解答的关键，注意只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态的判断依据，注意化学平衡常数计算中用物质浓度而不是物质的量计算，这些都是易错点。题目侧重考查学生分析、计算及知识运用能力。