2019-2020学年北京市海淀区第二十中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市海淀区第二十中学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下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()A制取氯气B探究漂白性C收集氯气D尾气吸收【答案】B【解析】A.该反应制取氯气需要加热，故A 不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故 B 合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D 不合理。故选B。2短周期元素W、X、Y、Z、Q 的原子序数依次增加，W 与 Y能形成两种常温下均为液态的化

2、合物，X 是形成化合物种类最多的元素，Z的原子在短周期中半径最大，Q 为地壳中含量最多的金属元素，下列说法正确的是A简单离子半径：YNa+，选项 A 错误；B.这四种元素可以形成多种盐溶液，其中酸式盐溶液有可能显酸性，如NaHC2O4，选项 B 错误；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因非金属性Y（O）强于 X(C)，则简单氢化物的稳定性：Y大于 X，选项 C 正确；D.工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物，而不是氯化铝，因为其为共价化合物，熔融并不导电，选项D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查元素周期表周期律，推出各元素为解题的关键，易错点为选项D；工业制取铝通常电

3、解熔融氧化铝和冰晶石的混合物，而不是氯化铝，因为其为共价化合物。3下列说法不正确的是A海水是一个巨大的宝藏，对人类生活产生重要影响的元素，如：氯、溴、碘、硫、钠、钾等元素主要来自于海水B同位素示踪法是研究化学反应历程的手段之一C浙江省首条氢氧燃料电池公交线在嘉善试运行，高容量储氢材料的研制是需解决的关键技术问题之一D乙醇与水互溶，这与乙醇和水分子之间能形成氢键有关【答案】A【解析】【分析】【详解】AK元素广泛存在于各种矿石和海水中，S元素广泛存在于自然界中，有火山喷口附近或地壳岩层中的单质硫以及各类硫化物和硫酸盐矿石，如硫铁矿(FeS2)，黄铜矿(CuFeS2)，石膏(CaSO42H2O)和芒

4、硝(Na2SO4 10H2O)等，A 项错误；B同位素示踪法可以帮助我们研究化学反应历程，例如乙酸的酯化反应，就是通过同位素示踪法证实反应过程是，乙酸分子羧基中的羟基与醇分子羟基的氢原子结合成水，其余部分相互结合成乙酸乙酯的，B项正确；C氢气化学性质活泼，且在常温下是气体，因此氢的安全储运是氢能利用的一大问题，研发高容量储氢材料是氢能利用的关键技术问题之一，C 项正确；D乙醇分子可以和水分子之间形成氢键，这使得其能够与水互溶，D 项正确；答案选 A。4关于晶体的叙述正确的是（）A原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高C存在自由电子的晶体一定是金属

5、晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体D离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键【答案】A【解析】A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A 正确；B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B 错误；C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH 属于离子晶体，其中含有H-O 共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D 错误。正确答案为A。点睛：注意区分各种

6、作用力对物质性质的影响。对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。5下列物质的性质与用途具有对应关系的是A二氧化硅熔点高，可用作光导纤维B过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂C明矾易溶于水，可用作净水剂D二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张【答案】B【解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射，与熔点无关，A错误；B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂，之间存在因果关系，B正确

7、 C.明矾可用作净水剂，是因为水解生成氢氧化铝胶体，与易溶于水无关，C错误；D.二氧化硫可用于漂白纸张，是因为二氧化硫具有漂白性，D错误；故选B。6设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A 1L0.2mol L1的 NaHCO3溶液中 HCO3和 CO32离子数之和为0.2NABH2O2Cl2=2HClO2反应中，每生成32gO2，转移 2NA个电子C3.6gCO和 N2的混合气体含质子数为1.8NAD常温常压下，30g 乙烷气体中所含共价键的数目为7NA【答案】A【解析】【详解】A.HCO3-在溶液中既能部分电离为CO32，又部分能水解为H2CO3，故溶液中的HCO3-、CO32

8、、H2CO3的个数之和为0.1NA，故 A 错误；B.在 H2O2Cl2=2HClO2反应中，氧元素由-1 价变为 0 价，故生成32g 氧气，即1mol 氧气时，转移2NA个电子，故B正确；C.氮气和 CO的摩尔质量均为28g/mol，故 3.6g 混合物的物质的量为3.6g928g/mol70mol，又因 1 个 CO和 N2分子中两者均含14 个质子，故970mol混合物中含1.8NA个质子，故C正确；D.常温常压下，30g 乙烷的物质的量是1mol，一个乙烷分子有7 个共价键，即30g 乙烷气体中所含共价键的数目为7NA，故 D 正确；故选：A。7下列仪器不能加热的是()ABCD【答案

9、】B【解析】【详解】A、坩埚钳能用于夹取加热后的坩埚，选项A 不选；B、研钵用于研磨药品，不能加热，选项B 选；C、灼烧固体药品时需要用泥三角，可加热，选项C不选；D、蒸发皿能用于溶液加热，选项D 不选；答案选 B。【点睛】本题考查仪器的使用，通过我们学过的知识可知能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等。8我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一.体的结合。其原理如图所示。下列说法不正确的是（）A Pt1 电极附近发生的反应为：SO2+2H

10、2O-2e-=H2SO4+2H+B相同条件下，放电过程中消耗的SO2和 O2的体积比为2：1 C该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极D该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合【答案】A【解析】【分析】SO2在负极失电子生成SO42-，所以 Pt1 电极为负极，Pt2 电极为正极。【详解】A.Pt1 电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：SO2+2H2O-2e-SO42-+4H+，故 A 错误；B.该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和 O2的体积之比为2：1，故 B正确；C.

11、质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1 电极为负极，Pt2 电极为正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2 电极，故C正确；D.二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D 正确；故答案为A。9下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（）A SO2BNH3CCl2DCO2【答案】B【解析】【分析】能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。【详解】A SO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B氨气溶

12、于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；D CO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；答案选 B。10部分共价键的键长和键能的数据如表，则以下推理肯定错误的是共价键CC C=C CC键长（nm）0.154 0.134 0.120 键能（kJ/mol）347 612 838 A 0.154 nm苯中碳碳键键长0.134nm BC=O键键能 CO 键键能C乙烯的沸点高于乙烷D烯烃比炔烃更易与溴加成【答案】C【解析】【详解】A苯中的化学键键

13、长介于碳碳单键与碳碳双键之间，所以0.154nm 苯中碳碳键键长0.134nm，故 A正确；B单键的键能小于双键的键能，则C=O键键能 C-O 键键能，故B正确；C.乙烷的相对分子质量大于乙烯，则乙烷的沸点高于乙烯，故C错误；D双键键能小于三键，更易断裂，所以乙烯更易发生加成反应，则烯烃比炔烃更易与溴加成，故D 正确；答案选 C。【点睛】D 项为易错点，由于炔烃和烯烃都容易发生加成反应，比较反应的难易时，可以根据化学键的强弱来分析，化学键强度越小，越容易断裂，更容易发生反应。11NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A 0.1mol 熔融的NaHSO4中含有的离子总数为0.3 NAB标准

14、状况下，2.24L HF 和 NH3分子所含电子数目均为NAC常温时,56gAl 与足量浓硝酸反应,转移的电子数目为3NAD向含有1mol FeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移电子的数目为3NA【答案】D【解析】【详解】A.NaHSO4在熔融状态电离产生Na+、HSO4-，1 个 NaHSO4电离产生2 个离子，所以0.1mol NaHSO4在熔融状态中含有的离子总数为0.2NA，选项 A 错误；B.标准状况下HF 呈液态，不能使用气体摩尔体积，选项B错误；C.常温时 Al 遇浓硝酸会发生钝化现象，不能进一步反应，选项C错误；D.微粒的还原性I-Fe2+

15、，向含有1mol FeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，I-已经反应完全，则1mol FeI2反应转移3mol 电子，则转移电子数目是3NA，选项 D 正确；故合理选项是D。12用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A NA个 Al(OH)3胶体粒子的质量为78g B常温常压下，2.24L H2含氢原子数小于0.2NAC136gCaSO4与 KHSO4的固体混合物中含有的阴离子的数目大于NAD 0.1mol?L1FeCl3溶液中含有的Fe3数目一定小于0.1NA【答案】B【解析】【详解】A.一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故NA个氢氧化铝胶粒的质量

16、大于78g，故 A 错误；B.常温常压下，Vm22.4L/mol，则 2.24L LH2物质的量小于0.1mol，则含有的H 原子数小于0.2NA，故 B正确；C.CaSO4与 KHSO4固体摩尔质量相同，都是136g/mol，136gCaSO4与 KHSO4的固体混合物的物质的量为1mol，含有的阴离子的数目等于NA；C错误；D.溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故D 错误；13下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是()选项A B C D 名称250 mL 容量瓶分液漏斗酸式滴定管冷凝管图形用途与使用操作配制 1.0 molL1NaCl 溶液，定容时仰视刻度，

17、则配得的溶液浓度小于 1.0 molL1用酒精萃取碘水中的碘，分液时，碘层需从上口放出可用于量取10.00 mL Na2CO3溶液蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体A ABBCCDD【答案】A【解析】【分析】【详解】A、定容时仰视刻度，溶液体积偏大致使溶液的浓度偏低，A 正确；B、酒精易溶于水，不分层，不能用酒精萃取碘水中的碘，B错误；C、Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取，C错误；D、蒸馏实验中水从下口进上口出，D 错误；答案选 A。14化学和生活、社会发展息息相关，从古代文物的修复到现在的人工智能，我们时时刻刻能感受到化学的魅力。下列说法不正确的是A银器发黑重新变亮涉及了化学变化B煤综合利

18、用时采用了干馏和液化等化学方法C瓷器主要成分属于硅酸盐D芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化【答案】D【解析】【分析】【详解】A银器发黑的原因就是因与空气里的氧气等物质发生氧化而腐蚀，重新变亮就是又变成原来的银，在这个过程中涉及到化学变化，A 正确；B煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、出炉煤气等产物的过程；煤的液化是利用煤制取液体燃料，均为化学变化，B 正确；C瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸盐（硅酸铝，硅酸钙）等，C正确；D光敏树脂遇光会改变其化学结构，它是由高分子组成的胶状物质，在紫外线照射下，这些分子结合变成聚合物高分子，属于

19、化学变化，D 错误；答案选 D。【点睛】复习时除了多看课本，还要多注意生活中的热点现象，思考这些现象与化学之间的关系。152mol 金属钠和1mol 氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（）A H1=H2+H3+H4+H5+H6+H7BH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等CH70，且该过程形成了分子间作用力D H5H5【答案】C【解析】【详解】A由盖斯定律可得，H1=H2+H3+H4+H5+H6+H7，A 正确；BH4为破坏 1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B 正确；C物质由气态转化为固态，放热，则H70，且该过程形成了离子

20、键，C不正确；D Cl转化为 Cl-，获得电子而放热，则H5H5，D 正确；故选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16草酸合铜()酸钾 KaCub(C2O4)c xH2O是一种重要的化工原料。（1）二草酸合铜()酸钾晶体可以用CuSO4晶体和 K2C2O4溶液反应得到。从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。在蒸发浓缩的初始阶段还采用了蒸馏操作，其目的是_。（2）某同学为测定草酸合铜()酸钾的组成，进行如下实验：步骤 测定 Cu2+：准确称取0.7080 g 样品，用 20.00 mL NH4Cl-NH3 H2O 缓冲溶液溶

21、解，加入指示剂，用 0.1000 mol L-1的 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点（离子方程式为Cu2+H2Y2-CuY2-+2H+），消耗 EDTA标准溶液 20.00 mL；步骤 测定 C2O42-：准确称取0.7080 g 样品，用 6.00 mL 浓氨水溶解，加入 30.00 mL 4.0 molL-1的硫酸，稀释至 100 mL，水浴加热至7080，趁热用 0.1000 mol L-1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗 KMnO4溶液 16.00 mL。已知酸性条件下MnO4-被还原为Mn2+，步骤 发生反应的离子方程式为_。步骤 滴定终点的现象是_。通过计算确定草酸合铜

22、()酸钾的化学式（写出计算过程）。_【答案】回收乙醇24MnO+5224C O+16H+2Mn2+10CO2+8H2O 当滴入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色由步骤 的反应离子方程式：Cu2+H2Y2-CuY2-+2H+，可得关系式：Cu2+H2Y2-，据题意有：22+2-2+-111Cu0.1000mol LCuH0 02Y.Lng解得：n(Cu2+)=0.002mol 由步骤 的离子反应方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，可得关系式：2MnO4-5C2O42-，则有：-2-4242-124250.1000mol L0.01

23、62M5C OOLnOCng解得：n(C2O42-)=0.004mol 根据电荷守恒，可知n(K+)=0.004mol 根据质量守恒原理，2H O=0.7080 g-0.004mol 39g/mol-0.002mol64g/mol-0.004mol1224 16 g/mol0.072gm则n(H2O)=0.072g0.004mol18g/mol。+2+2-242KCuC OH O0.004mol:0.002mol:0.004mol:0.004mol =2:1:2:2nnnn:故草酸合铜()酸钾的化学式为：K2Cu(C2O4)2 2H2O。【解析】【分析】（1）分析题中所给信息，硫酸铜不溶于乙醇

24、，使用乙醇可以降低硫酸铜的溶解度，有利于晶体的析出。加入乙醇后，乙醇易挥发，故可通过蒸馏的方法回收。（2）根据题中步骤测定 Cu2+的原理及消耗的EDTA的量，可计算出0.7080 g 样品中 Cu2+的量；根据步骤测定 C2O42-的过程中，KMnO4和 C2O42-在酸性条件下发生氧化还原反应，结合氧化还原反应原理，可计算出 0.7080 g 样品中 C2O42-的量；结合电荷守恒和质量守恒，分别计算出K+和 H2O 的量。进而可确定草酸合铜()酸钾的化学式。【详解】（1）乙醇易挥发，故可通过蒸馏的方法回收。答案为：回收乙醇；（2）根据氧化还原反应原理，可知离子反应方程式为：2MnO4-+

25、5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；KMnO4溶液为紫红色，当加入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点。答案为：当滴入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色；由步骤 的反应离子方程式：Cu2+H2Y2-CuY2-+2H+，可得关系式：Cu2+H2Y2-，据题意有：22+2-2+-111Cu0.1000mol LCuH0 02Y.Lng解得：n(Cu2+)=0.002mol 由步骤 的离子反应方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2

26、Mn2+10CO2+8H2O，可得关系式：2MnO4-5C2O42-，则有：-2-4242-124250.1000mol L0.0162M5C OOLnOCng解得：n(C2O42-)=0.004mol 根据电荷守恒，可知n(K+)=0.004mol 根据质量守恒原理，2H O=0.7080 g-0.004mol 39g/mol-0.002mol64g/mol-0.004mol1224 16 g/mol0.072gm则n(H2O)=0.072g0.004mol18g/mol。+2+2-242K:Cu:C O:H O0.004mol:0.002mol:0.004mol:0.004mol=2:1:

27、2:2nnnn故草酸合铜()酸钾的化学式为：K2Cu(C2O4)2 2H2O。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17药物他莫肯芬(Tamoxifen)的一种合成路线如图所示：已知：+HBr+RBr 回答下列问题。（1）A+B C 的反应类型为_；C中官能团有醚键、_(填名称)。（2）CH3CH2I 的名称为 _。（3）反应 DE 的化学方程式为_。（4）Tamoxifen 的结构简式为_。（5）X是 C 的同分异构体。X在酸性条件下水解，生成2 种核磁共振氢谱都显示4 组峰的芳香族化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色。X的结构简式为_、_(写 2 种)。（6）设计用和 CH3I 为

28、原料(无机试剂任选)制备的合成路线：_。【答案】取代羰基碘乙烷【解析】【分析】由可知，B为；由+HBr+RBr，可知，R 基被 H 原子取代，所以E为；结合、可知，他莫肯芬(Tamoxifen)为，据此分析回答。【详解】（1）A 中的 Cl原子被取代，C 中官能团有醚键和羰基，故答案为：取代；羰基；（2）CH3CH2I 的名称为碘乙烷，故答案为：碘乙烷；（3）由分析可知D 中甲氧基的-CH3被 H 原子取代，所以D 到 E的方程式为：，故答案为：；（4）由分析可知他莫肯芬(Tamoxifen)为，故答案为：；（5）X在酸性条件下水解，则X 必含酯基，生成2 种芳香族化合物，则两个苯环在酯基的两

29、侧，其中一种遇 FeCl3溶液显紫色，则X必是酚酯，必含，所以 X 由、2 个只含单键的C组成，还要满足水解后核磁共振氢谱都显示4 组峰，符合条件的有5 种，分别为：，故答案为：（任写二种）；（6）逆合成分析：可由通过加聚反应生成，可由消去水分子而来，可由加 H 而来，可由通过发生类似C到 D的反应而来，即：，故答案为：。【点睛】（6）所给原料和题目所给流程中具有相似官能团羰基，而目标产物碳原子比原料多了一个，所以本题必然发生类似C到 D 的反应来增长碳链。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18磷及部分重要化合物的相互转化如图所示。(1)不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/L C

30、uSO4溶液冲洗，根据步骤可判断，1mol CuSO4所能氧化的白磷的物质的量为_。(2)步骤中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有_。磷灰石是生产磷肥的原料，它的组成可以看作是Ca3(PO4)2、CaF2、CaSO4、CaCO3、SiO2的混合物，部分元素的分析结果如下（各元素均以氧化物形式表示）：成分CaO P2O5SO3CO2质量分数（%）47.30 28.40 3.50 6.10 (3)磷灰石中，碳元素的质量分数为_%（保留两位小数）。(4)取 100g 磷灰石粉末，加入足量的浓硫酸，并加热，钙元素全部以CaSO4的形式存在，可以得到CaSO4_g（

31、保留两位小数）。(5)取 m g 磷灰石粉末，用 50.00mL 混酸溶液（磷酸为0.5mol/L、硫酸为 0.1mol/L）与其反应，结果 Ca、S、P元素全部以CaSO4和 Ca(H2PO4)2的形式存在，求m 的值 _。【答案】0.05mol CaHPO4、Ca(H2PO4)21.66 114.87 2.91【解析】【分析】(1)依据氧化还原反应中得失电子守恒，结合铜元素、磷元素化合价的变化进行计算；(2)依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能是正盐或者酸式盐；(3)磷灰石中碳元素的质量分数=二氧化碳质量分数二氧化碳中碳元素质量分数；(4)根据钙元素守恒计算；(5)用 m 表示出磷灰石

32、中Ca、S、P元素物质的量，计算出磷酸中P元素物质的量、硫酸中S元素物质的量，结合化学式可知n(Ca)=n(S)+12n(P)，据此列方程解答。【详解】(1)Cu 元素的化合价由+2 价降低到+1 价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0 价降低到-3 价，部分磷元素由 0 价升高到+5 价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒可知，若有11molP4参加反应，其中5mol 的 P4做氧化剂，60mol 硫酸铜做氧化剂，只有6mol 的 P4做还原剂，则由电子守恒可知，有 1mol 的 CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n 则：n4

33、(5-0)=1mol(2-1)，解得 n=0.05mol，故答案为：0.05mol；(2)磷酸为三元酸，与氢氧化钙反应，依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能有：Ca3(PO4)2、CaHPO4、Ca(H2PO4)2，故答案为：CaHPO4、Ca(H2PO4)2；(3)磷灰石中碳元素的质量分数=126.10%=1.66%44，故答案为：1.66；(4)100g 磷灰石粉末中Ca元素质量=40100g47.3%56，钙元素全部以CaSO4的形式存在，根据Ca元素守恒可知，可以得到CaSO4的质量=40100g 47.3%56=114.87g40136，故答案为：114.87；(5)mg 磷灰石

34、中Ca元素物质的量=mg47.3%=0.00845mmol56g/mol，S元素物质的量=mg3.5%=0.00044mmol80g/mol，P元素物质的量=62mg28.4%142=0.004mmol31g/mol，磷酸中P元素物质的量=0.05L0.5mol/L=0.025mol，硫酸中S元素物质的量=0.05L0.1mol/L=0.005mol，由化学式可知，n(Ca)=n(S)+12n(P)，故 0.00845m=(0.00044m+0.005)+12(0.004m+0.025)，解得 m=2.91，故答案为：2.91。19H2S作为一种有毒气体，广泛存在于石油、化工、冶金、天然气等行

35、业的废气中，脱除气体中的硫化氢对于保护环境、合理利用资源都有着现实而重要的意义。请回答下列问题：(1)H2S的电子式为 _，其热稳定性弱于HCl 的原因是 _。(2)用 H2S和天然气生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g)CS2(l)+4H2(g)。已知：I CH4(g)+4S(s)CS2(g)+2H2S(g)H1=akJ mol1；IIS(s)+H2(g)H2S(g)H2=bkJ mol1；CS2(1)CS2(g)H3=ckJ mol1；则反应 CH4(g)+2H2S(g)CS2(1)+4H2(g)的 H=_ kJmol1(用含 a、b、c的代数式表示)。(3)800时，将一定量的H

36、2S气体充入恒容密闭容器中，发生反应H2S(g)S(s)+H2(g)，tmin 后反应达到化学平衡状态，测得容器中H2与 H2S的质量浓度分别为0.02g/L、0.34g/L，则 H2S的初始浓度_mol/L，该温度下，反应的化学平衡常数K=_。(4)向恒压密闭容器中充入0.1 molCH4和 0.2molH2S，发生反应 CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)，测得不同温度下，CH4的平衡转化率(%)与温度()的关系如图所示：该反应的活化能：E正_E逆(填“”“”或“=”)若初始容积为V0L，1200反应达到平衡时，容器的容积为_L(用含 V0的代数式表示)。1200时，欲提

37、高CH4的平衡转化率，可以采取的措施是_(填选项字母)。A增大压强B再充入CH4C再充入H2S D充入 He E使用高效催化剂(5)H2S废气可用碳酸钠溶液吸收，将吸收足量H2S气体后的溶液加入到如图所示的电解池中进行电解，在阳极生成有工业价值的Na2S2O3，电解时阳极的电极反应式为_。【答案】S 元素的非金属性弱于Cl 元素（合理即可）a-4b-c0.02102315VCD2HS-+8OH-8e-=S2O32-+5H2O【解析】【分析】(1)H2S为共价化合物，原子之间形成共用电子对；通常元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，据此比较判断；(2)根据已知的热化学方程式和盖斯定律进行计

38、算；(3)根据反应方程式的比例关系计算平衡时刻各气体物质的浓度，进而计算化学平衡常数；(4)先根据温度对CH4平衡转化率的影响判断反应的热效应，再根据反应热=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的能量，判断正逆反应的活化能的大小；由图可知CH4的平衡转化率为80%，列三段式计算平衡时刻混合气体总物质的量，再根据恒压条件下，气体物质的量之比等于气体的体积之比计算平衡气体的体积；根据外界条件改变对平衡移动的影响进行分析；(5)由已知信息知电解NaHS溶液，在阳极生成Na2S2O3，确定阳极产物，再结合 NaHS溶液显碱性配平电极反应式。【详解】(1)H2S为共价化合物，其电子式为，通常元素的非金属

39、性越强，形成的气态氢化物越稳定，非金属性：ClS，则 H2S热稳定性弱于HCl，故答案为：；S元素的非金属性弱于Cl元素（合理即可）；(2)已知：ICH4(g)+4S(s)CS2(g)+2H2S(g)H1=akJ mol1；IIS(s)+H2(g)H2S(g)H2=bkJ mol1；CS2(1)CS2(g)H3=ckJ mol1；根据盖斯定律可知，由I-4II-III 可得反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(1)+4H2(g)，则 H=a-4b-c kJmol1，故答案为：a-4b-c；(3)t min 后反应达到化学平衡状态，容器中H2与 H2S的质量浓度分别为0.02g/L、0.34g

40、/L，则 H2与 H2S的物质的量浓度分别为0.01mol/L、0.01mol/L，则 c(H2S)=c(H2)=0.01mol/L，则 H2S的初始浓度0.01mol/L+0.01mol/L=0.02 mol/L，该温度下，反应的化学平衡常数22H0.1=1H S0.1cKc，故答案为：0.02；1；(4)由图像可知，随着温度的升高，CH4的平衡转化率增大，即升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，由此可知，该反应反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，则E正E逆，故答案为：；反应初始充入0.1 molCH4和 0.2molH2S，由图可知CH4的平衡转化率为80%，可列出三段式：422

41、20.10.2000.080.160.080.32CHg0.0+2H S gCSg+4H20.0402g.0803?则平衡时，混合气体总物质的量为0.02+0.04+0.08+0.32=0.46mol，设平衡时容器的容积为VL，根据恒压条件下，气体物质的量之比等于气体的体积之比，可得00.3=0.46VV，解得，023=15VV，故答案为：02315V；A.增大压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率降低，A项不符合；B.根据加入一种反应物，可以提高另一反应物的转化率，而本身的转化率降低，可知再充入CH4，CH4的平衡转化率降低，B 项不符合；C.由 B项分析可知，再充入H2S，平衡正向移动，CH4的消耗量增多，平衡转化率增大，C项符合；D.向恒压密闭容器充入He，容器容积增大，相当于减压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，D 项符合；E.催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，E项不符合；故答案为：CD；(5)足量的 H2S气体与碳酸钠溶液发生反应2H2S+Na2CO3=2NaHS+H2O+CO2，电解 NaHS溶液，在阳极生成Na2S2O3，S元素化合价升高，失电子，发生氧化反应，NaHS溶液显碱性，则电解时阳极的电极反应式为2HS-+8OH-8e-=S2O32-+5H2O，故答案为：2HS-+8OH-+8e-=S2O32-+5H2O。