2019-2020学年安徽省合肥市三十五中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省合肥市三十五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炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是()A氧分子的活化包括OO 键的断裂与CO 键的生成B每活化一个氧分子放出0.29eV 的能量C水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV D炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，氧分子的活化是OO 键的断裂与CO 键的生成过程，故A 正确；B.由图可

2、知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV 的能量，故B正确；C.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故 C错误；D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D 正确。故选 C。2NA代表阿伏加德罗常数的值。4g 粒子(4He2+)含A 2NA个 粒子B2NA个质子CNA个中子D NA个电子【答案】B【解析】【详解】A.4g 粒子(4He2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 NA个 粒子，故 A 错误；B.1 个4He2+含有 2 个质子，4g 粒子(4H

3、e2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 2NA个质子，故B正确；C.1 个4He2+含有 2 个中子，g 粒子(4He2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 2NA个中子，故C错误；D.4He2+中没有电子，故D 错误；正确答案是B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。3正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作正确的是()A称取一定量的NaClB制备氢氧化亚铁并观察其颜色C检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子D收集 NO2并防止其污染环境【答案】A【解析】【详解】A.称取一定量的NaCl，左

4、物右码，氯化钠放在纸上称，故A 正确；B.氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时，胶头滴管应伸入硫酸亚铁溶液中，并油封，故B 错误；C.检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子，应把反应后的混合液倒入水中，故C错误；D.NO2密度大于空气，应用向上排空气法收集NO2，故 D 错误；答案选A。4下列说法正确的是()A用 NH3 H2O 溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明NH3 H2O 是弱电解质B等体积的pH 都为 2 的酸 HA 和 HB 分别与足量的铁粉反应，HA 放出的 H2多，说明HA 酸性强Cc0.1 molL1的 CH3COOH溶液和 c0.1 molL1的 HCl 溶液中，前者的pH

5、 大D常温下，pH 5 的 CH3COOH溶液和 pH4 的 HCl 溶液中，c(CH3COO)/c(Cl)1/10【答案】C【解析】【详解】A、没指出浓度，所以无法判断，选项A 错误；B、HA 放出的 H2多，说明没有HA 电离的多，酸性弱，选项B 错误；C、c0.1 molL1的 CH3COOH溶液和 c0.1 molL1的 HCl 溶液中，CH3COOH是弱电解质，部分电离，酸性弱，pH 大，选项C正确；D、pH5 的 CH3COOH溶液和 pH4 的 HCl 溶液中，用电荷守恒得到c(CH3COO)c(H)c(OH)(105109)mol L1，c(Cl)c(H)c(OH)(10410

6、10)mol L1，c(CH3COO)/c(Cl)110，选项 D 错误；答案选 C。525 时，下列说法正确的是（）A 0.1 molL1（NH4）2SO4溶液中 c（+4NH）c（CH3COO）D向 0.1 molL1 NaNO3溶液中滴加盐酸使溶液的pH5，此时混合液中c（Na）c（3NO）（不考虑酸的挥发与分解）【答案】D【解析】【详解】A.NH4+虽然会发生水解，但其水解程度非常微弱，因此(NH4)2SO4溶液中 c(NH4+)c(SO42-)，故 A 错误；B.相同条件下，弱电解质的浓度越小，其电离程度越大，因此0.02 molL1氨水和 0.01 mol L1氨水中的c(OH)之

7、比小于2 1，故 B 错误；C.依据电荷守恒有c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，混合后溶液的pH7，即 c(H)c(OH)，可推出 c(Na)c(CH3COO)，故 C错误；D.NaNO3是强酸强碱盐，Na和 NO3-均不发生水解，NaNO3溶液也不与盐酸发生反应，根据物料守恒可得c(Na)c(NO3-)，故 D 正确。综上所述，答案为D。6某透明溶液可能含有NH4+、Fe2、Fe3、SO42-、Cl、CO32-离子中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知 Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)：向溶液中滴加过量的稀Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀，没有气体产生，过滤；向 所得的沉淀加热

8、灼烧，最后得有色固体；向 所得的滤液，先用HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成。下列推断正确的是()A一定没有NH4+和 ClB白色沉淀是Fe(OH)2C第 步先用 HNO3酸化，是为了防止SO42-和 CO32-的干扰D原溶液中的溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)2【答案】D【解析】【详解】A.溶液可能含有NH4+，遇稀的Ba(OH)2溶液，放不出氨气，选项A 错误。B.白色沉淀灼烧后生成有色固体，一定有Fe元素，没有CO32-，步骤没有Cl，一定含有SO42-，白色沉淀中还含有BaSO4，选项 B 错误；C.步骤步用HNO3酸化，是为了防止SO42-和过量的稀Ba(OH)2

9、溶液中的OH的干扰，没有CO32-，选项 C错误；D.溶液中，一定有Fe2、SO42-，可能有NH4+，溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)2，选项 D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，易错点为C.步骤步用HNO3酸化，是为了防止SO42-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的OH的干扰。7常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A无色透明溶液中:Ca2+、Cu2+、Br-、Cl-B能使酚酞变红的溶液中:K+、Na+、CO32、AlO2-Cc(ClO-)=1molL-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-D Kw/c(OH)=0.1molL-1的溶液中:NH4

10、+、Mg2+、SO42-、CH3COO-【答案】B【解析】A、含 Cu2+的溶液呈蓝色，故A 错误；B、能使酚酞变红的溶液显碱性，故四种离子都能共存，则B 正确；C、c(ClO-)=1mol L-1的溶液具有氧化性，能氧化Fe2+、I-，故 C错误；D、-Kwc OH=0.1mol L-1的溶液呈酸性，则 CH3COO-不能共存，即D 错误。因此本题正确答案为B。8常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A使酚酞变红色的溶液：K+、Fe3+、SO42-、Cl-B水电离的c(H+)=1 10-13mol/L 的溶液中：K+、Na+、AlO2-、CO32-C与 Al 反应能放出H2的溶液

11、中：Fe2+、Na+、NO3-、SO42-D()wKc H=1 10-13mol/L 的溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【分析】【详解】A使酚酞变红色的溶液中存在OH-，K+、Fe3+、SO42-、Cl-四种离子中Fe3+不可共存，A 错误；B.水电离的c(H+)=1 10-13mol/L 的溶液可能为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-四种离子中 AlO2-、CO32-不可以共存，B 错误；C强酸和强碱溶液都可以和Al 反应放出氢气，在酸性溶液中Fe2+和 NO3-发生氧化还原反应不共存，在碱性溶液中Fe2+水解不共存，C错误；D()

12、wKc H=1 10-13mol/L 的溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L，NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-可以共存，D 正确。答案选 D。9下列实验对应的现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A 将 SO2通入 BaCl2溶液，然后滴入氯水先有白色沉淀，滴加氯水后沉淀不溶解先生成 BaSO3沉淀，后被氧化成 BaSO4B 向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，然后加入蒸馏水，振荡有白色浑浊出现，加入蒸馏水后不溶解蛋白质变性是不可逆的C 向酸性 KMnO4和 H2C2O4的混合液中加入一小块MnSO4固体生成气体的速率加快，溶液迅速褪色可能是该反应的催化剂D 将浓硫酸滴入蔗糖中，并

13、搅拌得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体该过程中，浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.盐酸的酸性大于亚硫酸，将SO2通入 BaCl2溶液，不发生反应，不会产生白色沉淀，A 错误；B.向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，有白色浑浊出现，这是蛋白质发生了盐析，加入蒸馏水后蛋白质会溶解，B错误；C.加有 MnSO4的试管中溶液褪色较快，说明Mn2+对该反应有催化作用，C正确；D.将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌，得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体，是因为蔗糖被浓硫酸脱水碳化后，又进一步发生了碳和浓硫酸的反应，C被浓硫酸氧化，生成二氧化碳

14、、二氧化硫气体，D 错误；答案选C。【点睛】A 容易错，容易错，二氧化硫通入到水溶液中生成亚硫酸，同学会误以为亚硫酸和氯化钡发生复分解反应，相互交换成分生成亚硫酸钡沉淀，忽视了一般酸和盐溶液发生复分解反应的规律是强酸制弱酸。10香芹酮的结构简式为，下列关于香芹酮的说法正确的是A 1mol 香芹酮与足量的H2加成，需要消耗2 molH2B香芹酮的同分异构体中可能有芳香族化合物C所有的碳原子可能处于同一平面D能使酸性髙锰酸钾溶液和溴水溶液褪色，反应类型相同【答案】B【解析】【详解】A 1个香芹酮的分子中，含有两个碳碳双键和一个羰基，故 1mol 香芹酮与足量的H2加成，需要消耗 3molH2，A

15、错误；B 1 个香芹酮的分子中，含有两个碳碳双键和一个羰基，分子中还含有一个六元环，可以构成含有一个苯环的化合物，B正确；C一个碳原子连接四个原子构成的是四面体的构型，香芹酮()分子中标特殊记号的这个碳原子与周围相连的三个碳原子不可能在同一平面上，C 错误；D香芹酮与酸性髙锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性髙锰酸钾溶液褪色，而香芹酮与溴水发生加成反应使溴水褪色，反应类型不相同，D错误；答案选 B。11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

16、、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，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。120.1moL/L 醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（）A电离程度增大，H+浓度增大B电离程度减小，H+浓度减小C电离

17、程度增大，H+浓度减小D电离程度减小，H+浓度增大【答案】C【解析】【详解】醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH?CH3COO+H+，加水稀释促进电离，n(CH3COO)和 n(H+)增大，但体积增大大于电离程度的倍数，则H+浓度减小，C 项正确；答案选 C。【点睛】稀醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH?CH3COO-+H+，向 0.1moL/L 醋酸溶液中加入蒸馏水稀释过程中，电离程度增大（稀释促进电离），各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，由于Kw不变，则 c(OH-)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)

18、、n(H+)均增大，其中，温度不变，醋酸的电离常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。13生活中一些常见有机物的转化如图下列说法正确的是A上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质B转化 1 可在人体内完成，该催化剂属于蛋白质C物质 C和油脂类物质互为同系物D物质 A 和 B都属于非电解质【答案】B【解析】【分析】淀粉(转化 1)在人体内淀粉酶作用下发生水解反应，最终转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精，发生 C6H12O62C2H5OH+2CO2，且 A 可发生连续氧化反应，则 A 为 C2H5OH，B为 CH3COOH，乙醇和乙酸反应生成C为 CH3COOC2H5，据此解答。【

19、详解】由上述分析可以知道，转化 1 为淀粉水解反应，葡萄糖分解生成A 为 C2H5OH，A 氧化生成B 为 CH3COOH，A、B反应生成C为 CH3COOC2H5，则A.淀粉、C6H12O6属于糖类物质，故A 错误；B.淀粉属于多糖，在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖，反应为：（C6H10O5）n+nH2On C6H12O6，酶属于蛋白质，所以B 选项是正确的；C.C为乙酸乙酯，油脂为高级脂肪酸甘油酯，含-COOC-的数目不同，结构不相似，不是同系物，故C错误；D.乙酸可在水中发生电离，为电解质，而乙醇不能，乙醇为非电解质，故D 错误。所以 B 选项是正确的。14纵观古今，化学与生产生活密

20、切相关。下列对文献的描述内容分析错误的是（）选项文献描述分析A 天工开物“凡石灰，经火焚炼为用”此“石灰”是指石灰石B 物理小知识“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去金存，数次即黄”“入火则汞去”是指汞受热升华C 本草经集注“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”利用焰色反应来辨别真假硝石D 本草纲目“采蒿敳之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”利用灰烬中可溶盐水解呈碱性去污A ABBCCDD【答案】B【解析】【分析】A、石灰石加热后能制得生石灰；B、汞为液态金属，受热易挥发；C、依据钾的焰色反应解答；D、依据油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油解答。【详解】A项、石灰石加热后能制

21、得生石灰，“石灰”指的是石灰石，故A正确；B项、汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，被蒸发，剩下的金附着在银的表面，所以“入火则汞去”是指蒸发，故B错误；C项、硝石为硝酸钾，含有的钾元素在灼烧时产生紫色火焰来辨别，故C正确；D项、衣服上油污主要成分为油脂，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，所以可以用草木灰水溶液洗衣服，故D正确。故选 B。【点睛】本题考查物质的性质与用途，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。15X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素

22、。元素W 分别与元素X、Y、Z 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。反应是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装。上述物质有如图所示的转化关系：下列说法错误的是A甲是易液化气体，常用作致冷剂B可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染C甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物D丁是一种红棕色气体，是大气主要污染物之一【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W 分别与元素X、Y、Z 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子，则W为 H元素。反应是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装，乙是H2O，丙是 HF，Z 的单质是F2，Y是 O2

23、，甲是 NH3，丁中 NO。【详解】A.甲为 NH3，氨气易液化，挥发吸收大量的热量，常用作致冷剂，故A正确；B6NO4NH3=5N2 6H2O，产生无污染的氮气和水，可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染，故B正确；C.甲为 NH3、丙为 HF，甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物NH4F，故 C正确；D.丁是 NO，是一种无色气体，是大气主要污染物之一，故D错误；故选 D。【点睛】本题考查无机物推断，结合题干信息及转化关系推断物质组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，易错点D，反应是工业制硝酸的重要反应，说明生成的丁是NO，不是 NO2

24、。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16ZnSO4?7H2O 可用于测定钢铁及炉渣的含硫量。某工厂下脚料中含锌、镉(Cd)、铜、铁等金属，以该下脚料为原料制备ZnSO4?7H2O 并回收 Cu、Cd 的工艺流程如图所示：已知部分氢氧化物开始及完全沉淀的pH 如表所示(起始时金属离子浓度按0.1mol?L-1计算)：氢氧化物Fe(OH)3Cd(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH 1.9 7.4 6.2 完全沉淀的pH 3.2 9.5 8.2 请回答下列问题：(1)滤渣 1 中含有 _(填化学式)。(2)试剂 X是双氧水时，写岀氧化过程中发生反应的离子方程式_。(3)pH 的调控范围是

25、_，试剂 Y可选用 _(填字母)A NaOH BZnO CZnCO3(4)电解时以汞(Hg)作电极可以将镉与锌完全分离，镉单质在_(填“阴”或“阳”)极析出，阳极的电极反应式为 _。(5)操作 I 包括的操作是_及过滤等，过滤后得到的滤液可以加入_(填“酸浸”或“氧化”)步骤循环利用。【答案】Cu 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O 3.2 pH 6.2 BC 阴2H2O-4e-=4H+O2 蒸发浓缩、冷却结晶酸浸【解析】【分析】原料的成分为锌，镉，铜和铁，最终要获取ZnSO47H2O 同时回收 Cu 和 Cd，因此 Fe 就是杂质元素，在流程中要考虑除去。铜，铁和锌的性质都有了解，

26、镉比较陌生。第一步酸浸时，锌和铁必然会溶解在溶液中变成 Fe2+和 Zn2+，Cu不会溶于稀硫酸，纵观整个流程，可以明确，镉在第一步酸浸时也溶解在溶液中了，所以滤渣I 的成分即为铜。纵观整个流程唯一可能除去杂质铁元素的步骤就是调节pH 值沉淀这一步，再结合表格中给出的沉淀相关的信息，可知若要使Fe尽可能的除净，应当先将Fe2+氧化成 Fe3+；所以加试剂X 的目的即氧化Fe2+。在分离回收Cd后，溶液中的溶质就只剩硫酸锌和电解过程中产生的硫酸了，所以再通过结晶操作即可得到产品ZnSO47H2O。【详解】(1)稀硫酸酸浸时，锌铁以及镉会溶解，铜不与稀硫酸反应，所以滤渣1 的主要成分即Cu；(2)

27、氧化这一步是为了将Fe2+氧化成 Fe3+，便于下一步调节pH 除去铁元素，所以反应的离子方程式即为：232222Fe2HH O=2Fe2H O；(3)调节 pH 目的是除去杂质铁元素，当然也要避免Zn 和 Cd元素的损耗，所以结合表格信息，pH 的调节范围即：3.2pH6.2；除杂时应当避免引入新杂质，所以调节pH 的最佳试剂选择ZnO 或 ZnCO3，即 BC；(4)溶液中 Cd以阳离子形式存在，电解后变成单质，所以需要发生还原反应，所以镉单质在阴极析出；电解时采用单质汞做电极，所以阳极主要是溶液中的OH-放电，所以阳极电极反应式写成：222H O-4e=O4H；(5)通过操作要实现从溶液

28、中获取产品ZnSO47H2O，即结晶操作；在经过电解分离镉单质后，溶液中的溶质除硫酸锌外，还有硫酸，所以结晶操作后，溶液还可循环利用充当酸浸的试剂。【点睛】工艺流程题核心的问题就是如何使原料经过预处理，反应转化，分离提纯后获取最终产品的问题。因此，要先明确原料的组成，厘清哪些是杂质要除去，哪些会成为产品要保留，这对于理解整个工艺流程有很大的指导意义。此外，对于能循环使用的物质，除流程图中明显的循环线外，一般还具有如下特点：前面的流程中作为反应物，后面的流程中又再次生成。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17海水中有非常丰富的化学资源，从海水中可提取多种化工原料。某工厂对海水资源综合开

29、发利用的部分工艺流程图如下。回答下列问题：(1)精制食盐水时，用到的下列物质中有_(填序号)。NaOH 溶液盐酸 K2CO3溶液 BaCl2溶液硫酸 Na2CO3溶液 Ba(NO3)2溶液(2)工业上经过步骤、制备Br2。步骤中Cl2氧化 Br应在 _(填酸性或碱性)条件下进行；步骤 Br2可用热空气吹出，其原因是_。(3)为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中 _。a通入 HBr b加入 Na2CO3溶液c加入 NaBr 溶液d加入 Na2SO3溶液(4)若步骤所得Mg(OH)2沉淀中混有Ca(OH)2杂质，写出除去杂质的实验步骤_(写出加入的试剂和操作)。【答案】酸性低沸点，易

30、挥发c 加入 MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀【解析】【详解】(1)精制食盐水时，可以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，Fe3+3OH-Fe(OH)3；加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42-+Ba2+=BaSO4；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：Ca2+CO32-=CaCO3，Ba2+CO32-=BaCO3，用盐酸除掉过量的CO32-、OH-，因此用到的有，其他的都用不到，故答案为；(2)Cl2氧化 Br-生成溴单质，则应在酸性条件下进行，防止溴中毒及生成的溴与碱发生反应(且碱性溶液中氯气与碱反应)，因溴的沸点

31、较低，易挥发，Br2可用热空气吹出，故答案为酸性；溴的沸点较低，易挥发；(3)为了除去工业Br2中微量的Cl2，应是和氯气反应和溴单质不反应；a、加入 HBr，氯气可以发生反应生成挥发性的盐酸，会引入新的杂质，故a 不符合；b、加入 Na2CO3溶液也可以和溴单质、氯气发生反应，b 不符合；c、加入 NaBr 溶液，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，故 c 符合；d、加入 Na2SO3溶液能除去氯气，但会引入杂质离子，故d 不符合；故答案为c；(5)溶度积常数大的物质可以向溶度积常数小的物质转化，氢氧化钙的溶度积常数大于氢氧化镁，所以加入氯化镁溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤得

32、到氢氧化镁固体，故答案为加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水洗涤。【点睛】本题考查物质的分离提纯，注意把握实验的原理和操作方法。海水通过晒盐得到粗盐，精制后电解饱和食盐水是氯碱工业的主要反应；得到的苦卤中主要是含有氯化镁，苦卤中加入氯气氧化溴离子得到溴单质，通过萃取分液方法得到低浓度的溴单质，通入热空气吹出溴单质，用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr 的溶液，再通入氯气氧化溴离子为溴单质富集溴元素，得到的溶液中加入氢氧化钙沉淀分离出氢氧化镁沉淀，氢氧化镁用盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到氯化镁晶体。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 向体积为2 L的固定密闭容

33、器中通入3molX 气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g)Y(g)+3Z(g)(1)经 5min 后反应达到平衡,此时测得容器内的压强为起始时的1.2 倍,则用 Y表示的速率为_mol/(Lmin)；(2)若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一段时间内测得容器内的反应速率分别为：甲：v(X)=3.5 mol/(Lmin)；乙：v(Y)=2 mol/(Lmin)；丙：v(Z)=4.5mol/(Lmin)；丁：v(X)=0.075 mol/(Ls)。若其它条件相同，温度不同，则温度由高到低的顺序是(填序号)_；(3)若向达到(1)的平衡体系中充入氮气，则平衡向_(填 左或右

34、或不)移动；若向达到(1)的平衡体系中移走部分混合气体，则平衡向_(填“左”或“右”或“不”)移动；(4)若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5molX 气体,则平衡后 X 的转化率与(1)的平衡中X 的转化率相比较：_A无法确定B前者一定大于后者C前者一定等于后者D前者一定小于后者(5)若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z 物质的量分别为a mol、b mol、c mol,达到平衡时仍与(1)的平衡等效，则a、b、c 应该满足的关系为_；(6)若保持温度和体积不变，起始时加入X、Y、Z 物质的量分别为a mol、b mol、c mol,达到平衡时仍与(1)的平衡等效，且

35、起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c 的取值范围应该为_。【答案】0.03 丁乙甲丙不右D c=3b；a0 0.9乙 甲丙，温度越高，化学反应速率越快，所以温度大小关系是：丁乙甲 丙，故答案为：丁乙甲丙；(3)向体积不变平衡体系中充入氮气，不参加反应，所以平衡体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动；向达到(1)的平衡体系中移走部分混合气体，气体的物质的量减小，相当于减小压强，该反应为气体体积增大的反应，则平衡向右移动，故答案为：不；右；(4)若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5molX 气体，反应体系内的压强增大，平衡向着逆向移动，X 的转化率降低，故答案为：D。(5)根据

36、反应2X(g)Y(g)+3Z(g)，若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为a mol、b mol、c mol,达到平衡时仍与(1)的平衡等效，属于温度和压强不变的等效平衡，应满足物质的量成正比，即 c=3b，对于 a 的要求只需要a0；答案：c=3b；a0(6)通过极限转化思想，将3molX 全部转化到方程式右边，得到4.5 mol 的 Z，即若要满足等温等体积的等效平衡，那么c 的最大值为4.5 mol,而(1)平衡时，Z 的物质的量为0.9 mol,如果要求反应逆向进行，则c必须大于0.9 mol。所以 c 的取值范围应该为0.9c4.5；答案：0.9c4.5。19BE是

37、现代有机化工重要的单体之一，工业上采取乙苯催化脱氢制苯乙烯反应制备：（1）已知：化学键C-H C-C C=C H-H 键能/1kJ mol412 348 612 436 计算上述反应的 H=_1kJ mol。该反应能够发生的原因是_（2）维持体系总压强p 恒定，在温度T 时，物质的量为n、体积为V 的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为，则在该温度下反应的平衡常数K=_（用 a 等符号表示）。（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气，控制反应温度600，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了2H以外的产物中苯乙

38、烯的物质的量分数）示意图如图所示：a掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实_。b控制反应温度为o600 C的理由是 _（4）在逆过程苯乙烯加氢制乙苯的操作中，如果氢气中混有CO和2CO等杂质，会引起催化剂中毒，因此必须除去。在常温下，可以用银氨溶液来检测微量的CO，其原理与银镜反应相似，有银析出，写出银氨溶液与CO反应的离子方程式_。（5）苯乙烯废气在工业上常用电催化氧化处理，原理如图所示：写出阳极电极反应式I 为_【答案】+124S022na1-aV正反应气体分子数增加，水蒸气起稀释作用，相当于减压的效果600，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高2Ag(NH3)2OHCO=(NH4

39、)2CO32Ag 2NH3H2Oe=OH H【解析】【分析】（1）反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差；该反应能够发生的原因是 H-T S0；（2）用三行式分析各物质的平衡值，再根据平衡常数表达式K=c(苯乙酸)c(H2)/c(乙苯)计算；（3）a保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；b600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；结合温度对乙苯转化率、苯乙烯选择性、温度对反应速率与催化剂的影响及消耗能量等，分析控制反应温度为600的理由；（4）银氨溶液将CO氧化，生

40、成银和碳酸根；（5）由图 I 为阳极水失电子被氧化生成羟基和氢离子；【详解】（1）反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故 H=（5 412+348-3 412-612-436）kJ mol1=+124kJ mol1；该反应能够发生的原因是H-T S0，故 S0；（2）物质的量为n、体积为V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应参加反应的乙苯为n mol，则：+H2开始（mol）：n 0 0 转化（mol）：n n n平衡（mol）：n（1-）n n维持体系总压强p 恒定，在温度T 时，由 PV=nRT可知，混合气体总浓度不

41、变，设反应后的体积为V，则n(1-)+n +n/V =n/V，故 V=（1+）V，则平衡常数K=c(苯乙酸)c(H2)/c(乙苯)，则K=221111(1)nannVnaVVV；（3）a正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率，b600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能使催化剂失去活性，且消耗能量较大，故选择600左右；（4）银氨溶液将CO氧化，生成银和碳酸根，银氨溶液与CO反应的离子方程式2Ag(NH3)2OHCO=(NH4)2CO32Ag2NH3；（5）由图 I 为阳极水失电子被氧化生成羟基和氢离子：H2O e=OHH。