2019届福建省厦门外国语学校2016级高三上学期11月月考理科综合化学试卷及解析.pdf

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1、2019 届厦门外国语学校2016 级高三上学期11 月月考理科综合化学试卷祝考试顺利注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1纵观古今，化学与生活有着密切联系下列有关说法错误的是A“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花

2、的相同B制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂，烟花放出五彩缤纷的颜色C草莓棚中使用的“吊带式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙D本草纲目记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇2下列叙述正确的是ANH4F 的水溶液不能存放在玻璃试剂瓶中BSiO2有导电性，所以 SiO2可用于制备光导纤维C“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料D石英玻璃的主要成分是硅酸盐，可制作化学精密仪器3全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点。中国科学家成功合成全氮阴离子 N5-，N5-是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体。下列说法中，不正确的是A全氮类物质属于绿色能

3、源 B每个 N5+中含有 35个质子CN5+N5-属于离子化合物 DN5+N5-结构中含共价键和离子键4化学与生产、生活密切相关。下列与化学有关的事实及其相关方程式的书写都正确是选项事实方程式A 生活中常用泡沫灭火器灭火其原理为2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2B 可用生石灰做工业废气脱硫剂2CaO+2SO2+O2=2CaSO4C 可用蘸硫酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气H+NH3=NH4+D 侯德榜用饱和食盐水、氨气、CO2制备纯碱2NaCl+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+Na2CO35设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A17g甲基(14C

4、H3)中所含中子数为 9NAB常温下，60gSiO2分子中含有 Si O极性键的数目为 2 NAC叠氮化铵(NH4N3)可发生爆炸反应：NH4N32N2+2H2，则每收集标况下89.6L 气体转移电子数为 4 NAD向 100mL 1mol/L 的 Fe(NO3)3溶液中滴加足量的HI 溶液，转移电子数为0.1 NA6第三周期元素 X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010 mol/L的这四种溶液 pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是A简单离子半径：XYZW BY元素存在同素异形体C气态氢化物的稳定性：ZW Y DX和 Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶

5、液呈中性7已知 2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法不正确的是A途径与途径相比，可能是加入了二氧化锰B2molH2O2(l)的能量高于 2molH2O(l)的能量C 其他条件相同，产生相同量氧气时放出的热量：途径大于途径D 其他条件相同，产生相同量氧气耗时：途径大于途径8在试管中注入某红色溶液，给试管加热，溶液颜色逐渐变浅，则原溶液可能是滴有石蕊的 H2SO4溶液 滴有酚酞的氨水溶液滴有酚酞的氢氧化钠溶液滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液滴有酚酞的 Na2CO3溶液 溶有 SO2的品红溶液A BC D9向 Fe3O4发生的铝热反应后的生成物中，加入足量稀

6、硫酸将其溶解，室温下向所得溶液中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的离子组正确的是A通入过量 Cl2：Cl-、Fe2+、SO42-、Al3+B加入过量 NaOH 溶液：Na+、AlO2-、SO42-、OH-C 加入过量氨水：OH-、NH4+、SO42-、AlO2-D 加入过量铜粉：Cu2+、Fe3+、SO42-、Al3+10利用如图所示的仪器和药品(必要时可加热)，能够达到实验目的是试剂 a 试剂 b 试剂 c 实验目的盐溶液 X NaOH 酚酞证明 X中有 NH4+浓盐酸CaCO3Na2SiO3溶液证明酸性：HClH2CO3H2SiO3浓盐酸MnO2淀粉 KI 溶液证明氧化性：MnO2C1

7、2I2浓硫酸C 澄清石灰水证明产物中含有CO2A B C D11A、B、C三种物质中均含有同一种元素，它们之间有如下图所示的转化关系(部分反应物质已略去)下列说法不正确的是A若 A是一种两性氧化物，则B的水溶液可呈酸性，C的水溶液可呈碱性B若 A是一种金属单质，则反应均可为化合反应，反应可为置换反应C 若 A、B均是可燃性物质，完全燃烧都生成气体C，常温下 A溶液 PH7，则将 C通入 A溶液中，pH先减小后增大D 若 A、B、C是三种不同类别的固体物质，则B可以是工业上制取A、C的原料12科学美国人评出的2016 年十大创新科技之一的碳呼吸电池，电池原理如下图所示，已知草酸铝 Al2(C2O

8、4)3难溶于水，则下列说法正确的是A该装置将电能转变为化学能B正极的电极反应为C2O42-2e-2CO2C 每生成 1 mol Al2(C2O4)3，有 6 mol 电子流过负载D 随着反应的进行草酸盐浓度不断减小13钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域。工业上利用冶炼铝生成的固体废料赤泥(主要成分为 Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物)提取金属钒，其工艺流程图如下：已知：钒有多种价态，其中 5 价最稳定。钒在溶液中主要以 VO2+和VO3-的形式存在，且存在平衡 VO2H2OVO32H。下列说法正确的是A工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉

9、价的氨水B可以推测 VO2Cl 溶解度大于 NH4VO3C焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸使其溶解完全D将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN 溶液后未见红色，则磁性产品中一定不含铁元素14工业酸性废水中的Cr2O72可转化为 Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示(实验开始时溶液体积为50mL，Cr2O72的起始浓度、电压、电解时间均相同)下列说法中，不正确的是实验电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加 1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加 1mL浓硫酸Cr2O72的去除率/%0.922 12.7 57.3 A对比实验可知，降低pH可

10、以提高 Cr2O72的去除率B实验中，Cr2O72在阴极放电的电极反应式是Cr2O72+6e+14H+2Cr3+7H2O C实验中，Cr2O72去除率提高的原因是Cr2O72+6 Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O D实验中，理论上电路中每通过6 mol 电子，则有 1 mol Cr2O72被还原15将 E和 F 加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：b f 915、2.0 MPa 时 E的转化率为 60%增大压强平衡左移K(1 000)K(810)上述中正确的有A4 个 B3 个 C2

11、个 D1 个二、实验题16某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质及制备。(探究一)选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：(1)装置 A中盛固体的玻璃仪器名称是_，装置 A中反应的离子化学方程式为 _。(2)装置连接顺序为 A、_，其中装置 C的作用是 _，通过现象_，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。(探究二)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248g/mol)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(3)利用 K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取1.2000 g 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_中溶解，完全溶解后，全部转移至

12、 100mL_ 中，再定容至凹液面与刻度线相平。滴定：取 0.00950 mol L-1的 K2Cr2O7标准溶液 20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当_ 即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为 _%(保留 1 位小数)。(4)Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被氯气氧化为SO42-，该反应的离子方程式为_。17 从废旧锂离子二次电池(主要成分为 LiC

13、oO2，还含有少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙等杂质)中回收钴和锂的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“碱浸”的目的是 _。(2)“酸浸”过程中 LiCoO2发生反应的离子方程式为：_ 浸渣中含有的主要成分是 _。(3)“萃取净化”除去的杂质离子有Ni2+外，还有 _。(4)“萃取分离”中钴、锂萃取率与平衡pH关系如图所示，pH 一般选择 5 左右，理由是 _。(5)“沉锂”中 Li2CO3溶解度随温度变化曲线如下图所示：根据平衡原理分析Li2CO3在水中溶解度随温度变化的原因_。为获得高纯 Li2CO3，提纯操作依次为趁热过滤、_、烘干。若“沉锂”中 c(Li+)=1.0 mol L-1，

14、加入等体积等浓度Na2CO3溶液，此时实验所得沉锂率为 _。(已知 Li2CO3的 Ksp为 9.010-4)三、综合题18氮的氧化物是大气的主要污染物，是当前环保工作的重要研究内容之一。(1)氨气还原氮的氧化物N2(g)+O2(g)=2NO(g)H14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H2则 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)H=_。(用含 H1、H2的式子表示)依据反应，可将氨气直接用于燃料电池，用KOH 溶液作电解质溶液，写出负极电极反应式：_。(2)一定温度下，向 2L 恒容密闭容器中充入4.0mol NO2和 4.0mol CO，在催化剂

15、作用下发生反应 4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)HYZW,X的最高价氧化物的水溶液为碱性，而且0.010 mol L1的这四种溶液 pH为 12，确定为一元强碱，所以 X为 Na，W的最高价氧化物的水溶液的pH为 2，W为 Cl、Z 为 S，Y的溶液的 pH为 4，为弱酸磷酸，Y为 P，存在同素异形体。四种元素简单离子的半径YZWX;YZW的非金属性逐渐减弱，所以气态氢化物的稳定性逐渐减弱，D项 NaOH 与磷酸恰好反应时的溶液为碱性。7C【解析】【分析】A.途径的活化能小于途径；B.由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量；C.催化剂只改变速率，不改变反应的热效应；D

16、.途径化学反应速率快，据此解答即可。【详解】A、由图可知，途径的活化能减小，可能加入了催化剂，故A正确；B、此反应为放热反应，即2mol 双氧水的总能量高于2molH2O和 1molO2的能量之和，那么 2molH2O2(l)的能量高于 2molH2O(l)的能量也正确，故B正确；C、催化剂只改变化学反应速率，不改变H，故 C错误；D、途径加入催化剂，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，故D正确；综上所述，本题选C。8B【解析】试题分析：滴有石蕊的 H2SO4溶液显示红色，加热以后，溶液颜色不变，故错误；滴有酚酞的氨水溶液显示红色，因为氨水显碱性，解热后，氨水受热容易分解放出氨气，导致碱性减

17、弱，溶液颜色逐渐变浅，故正确；滴有酚酞的氢氧化钠溶液显示红色，氢氧化钠受热稳定，加热后碱性几乎不变，溶液颜色不变，故错误；滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液显示红色，加热后，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而降低，所以溶液碱性减弱，溶液颜色逐渐变浅，故正确；滴有酚酞的Na2CO3溶液显示红色，其中碳酸根离子水解程度受温度的影响，温度高，水解程度大，碱性增强，所以溶液颜色逐渐变深，故错误；二氧化硫有漂白性，使品红溶液褪色，但加热后，其与品红结合生成的无色物质不稳定，分解，二氧化硫从溶液中逸出，品红又显红色，故错误；故选 B。9B【解析】【分析】铝热反应后的混合物含Fe、氧化铝，Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁(

18、溶液中含有 Fe2+),氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝(溶液中含有 Al3+)，结合离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能发生氧化还原反应等,则离子大量共存,以此来解答。【详解】铝热反应后的混合物含Fe、氧化铝，Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁(溶液中含有 Fe2+),氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝(溶液中含有 Al3+)，A.Fe2+与 Cl2发生氧化还原反应,不能大量存在,故 A不选；B.结合以上分析可知，Fe2+与 OH-生成氢氧化亚铁沉淀，Al3+与 OH-反应生成偏铝酸根离子，则溶液中存在 Na+、AlO2-、SO42-、OH-，故 B选；C.结合以上分析可知，加入过量氨水,铝离子转化为沉淀，

19、不能存在AlO2-,故 C不选；D.Cu 与 Fe3+发生氧化还原反应,不能大量存在 Fe3+,故 D不选；综上所述，本题选B。10B【解析】【分析】铵根离子和 NaOH 反应生成一水合氨,加热时生成氨气,氨气的水溶液呈碱性，酚酞遇碱变红色；盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳,且该反应是放热反应,浓盐酸具有挥发性,导致生成的二氧化碳中含有氯化氢，HCl能和硅酸钠反应生成硅酸；加热条件下,浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色；加热条件下,浓硫酸和 C反应生成二氧化碳和二氧化硫,二者都能和澄清石灰水反应生成白色沉淀。结合以上分析解答。【详解】铵根离子和 NaOH 反应

20、生成一水合氨,加热时生成氨气,氨气的水溶液呈碱性,酚酞遇碱变红色,则该实验能实现实验目的,故正确；盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳,且该反应是放热反应,浓盐酸具有挥发性,导致生成的二氧化碳中含有氯化氢,HCl 能和硅酸钠反应生成硅酸,所以 HCl对二氧化碳的检验造成干扰,应该先除去氯化氢再通入硅酸钠溶液中,故错误；加热条件下,浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色,从而判断氧化性 MnO2C12I2，该实验能实现实验目的，故正确；加热条件下,浓硫酸和 C反应生成二氧化碳和二氧化硫，二者都能和澄清石灰水反应生成白色沉淀,所以不能检验二氧化碳，故错误；综上所述，本题选

21、B。11C【解析】【详解】A.若 A是一种两性氧化物，A是氧化铝，则 B是氯化铝、C是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液呈碱性，故 A正确；B.若 A单质铁，B是氯化铁、C是氯化亚铁，则反应是铁与氯气反应生成氯化铁、反应是氯化铁和铁反应生成氯化亚铁、反应是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，反应是铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故B正确；C.若 A、B均是可燃性物质，完全燃烧都生成气体C、常温下 A溶液 pH7，则 A是 H2S、B是 S、C是 SO2；则将 SO2通入 H2S溶液中生成单质硫和水，pH值先增大，二氧化硫过量后生成亚硫酸，后PH减小，故 C错误；D.若 A是 Na、B是 NaCl、C是 NaOH

22、，工业上电解熔融的氯化钠制取金属钠，电解氯化钠溶液制取氢氧化钠，故D正确；综上所述，本题选C。12C【解析】【详解】A.该装置属于燃料电池，将化学能变为电能，A错误；B.原电池正极上发生得电子的还原反应，正极的电极反应为2CO2+2e-C2O42，B错误；C.每生成 1 mol Al2(C2O4)3，负极就有 2 mol 铝失电子，共失去有6 mol 电子，所以有 6 mol 电子流过负载，C正确；D.根据原电池正负极反应可知，该反应总反应：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3，从图示可以知道，所以随着反应的进行草酸盐浓度保持不变，D错误；综上所述，本题选C。13B【解析】【分析】赤泥进行碱

23、浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀；滤渣 1 经系列操作得到 V2O5，可知滤渣 1 中含有 Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物，进行还原、磁选，磁性产品中含有Fe等，非磁性产品含有V元素，在空气中焙烧后用盐酸溶解，钒在溶液中主要以VO 和 VO 的形式存在，再加入氯化铵转化为NH4VO3，焙烧得到 V2O5。据此分析可得结论。【详解】A.氨水不能溶解氧化铝，故A错误；B.用盐酸溶解后的溶液中含有VO2、VO3、Cl，加入硝酸铵会生成NH4VO3沉淀，反应向生成更难溶的物质进行，可以推测VO2Cl 溶解度大于 NH4VO3，故 B正确；C.溶液中存在平衡 VO2H

24、2OVO32H，盐酸过量平衡逆向移动，会抑制NH4VO3的生成，不能加入过量的盐酸，故C错误；D.加入的硝酸不足，Fe元素被硝酸氧化可能生成亚铁离子，亚铁离子遇KSCN 溶液无明显现象，故 D错误;答案选 B。14D【解析】【详解】A项，对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素均相同，且溶液的 pH越小，Cr2O72的去除率越大，所以降低pH可以提高 Cr2O72的去除率，故 A项正确；B项，实验中，Cr2O72在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72+6e+14H+2Cr3+7H2O，故 B项正确；C项，实验中，Cr2O72在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还

25、原Cr2O72，离子方程式为 Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，所以导致 Cr2O72去除率提高，故 C项正确；D项，实验中，Cr2O72在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72，理论上电路中每通过6mol电子，则有 1molCr2O72在阴极上被还原，3molFe被氧化为 3mol Fe2+，3molFe2+又与 0.5mol Cr2O72发生氧化还原反应，所以一共有 1.5mol Cr2O72被还原，故 D项错误；综上所述，本题选D。15A【解析】【详解】分析图表数据结合反应特点，同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c75

26、.0 54.0 ab，利用 c75.0 54.0 可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f 75.0，所以 b f，故正确；设 E的起始量为 amol，转化率为 x，则平衡时 G的量为 2ax，由题意得2?-?+2?100%=75%，解得 x=0.6，则 E的转化率=60%，故正确；该反应是一个气体分子增大的反应，增大压强平衡左移，故正确；c、e 压强相同，温度不同，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K(1000)K(810)，故正确；故选 A。16 圆底烧瓶 CaSO3+2H+=Ca2+SO2+H2O CBEDF 除去 HCl 气体装置 D中

27、品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀烧杯容量瓶滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原 95.0 S2O32-+4Cl2+5H2O 2SO42-+8Cl-+10H+【解析】【分析】(1)装置 A中盛放亚硫酸钙的仪器名称为圆底烧瓶；圆底烧瓶中发生的反应为CaSO3与盐酸反应制备 SO2；(2)HClO 具有强氧化性，SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应，因此不能利用SO2与次氯酸钙溶液反应比较HClO 与 H2SO3的酸性强弱，可先证明 H2SO3的酸性强于 H2CO3，再结合 H2CO3的酸性强于 HClO进行比较。A装置用于制备 SO2，由于盐酸易挥发，A装置制备的气体中混

28、有HCl 气体，选用饱和 NaHSO3溶液除去 HCl，再通过 NaHCO3溶液，可以验证 H2SO3的酸性强于 H2CO3，用酸性 KMnO4溶液除去 CO2中的 SO2，用品红溶液检验CO2中的 SO2被除尽，再通入漂白粉溶液中，产生白色沉淀，可以证明 H2CO3的酸性强于 HClO，据此回答相关问题。(3)配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤进行分析；淀粉与碘相遇，溶液变蓝色，所以，加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，碘不断被消耗，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原，即为终点；根据 Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3+7H2O和 I2+2S2O32-

29、S4O62-+2I-可知：Cr2O72-3I2-6S2O32-，计算出 n(S2O32-),从而计算出纯 m(Na2S2O35H2O)，求出样品纯度；(4)Na2S2O3被氯气氧化为 SO42-，氯气被还原为 Cl-，据此写出反应的离子方程式。【详解】(1)装置 A中盛放亚硫酸钙的仪器名称为圆底烧瓶；圆底烧瓶中发生的反应为CaSO3与盐酸反应制备 SO2，化学方程式为 CaSO3+2H+=Ca2+SO2+H2O；综上所述，本题答案是：圆底烧瓶；CaSO3+2H+=Ca2+SO2+H2O。(2)HClO 具有强氧化性，SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应，因此不能利用SO2与次氯酸钙溶液反应

30、比较HClO与 H2SO3的酸性强弱，可先证明 H2SO3的酸性强于 H2CO3，再结合 H2CO3的酸性强于 HClO进行比较。A装置用于制备 SO2，由于盐酸易挥发，A装置制备的气体中混有HCl 气体，选用饱和 NaHSO3溶液除去 HCl，再通过 NaHCO3溶液，可以验证 H2SO3的酸性强于 H2CO3，用酸性 KMnO4溶液除去 CO2中的 SO2，用品红溶液检验CO2中的 SO2被除尽，再通入漂白粉溶液中，产生白色沉淀，可以证明 H2CO3的酸性强于 HClO。因此，装置的连接顺序为ACBEDF；结合以上分析可知，装置其中装置C的作用是除去HCl气体；根据分析可知证明亚硫酸的酸性

31、强于次氯酸的现象为D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀；综上所述，本题答案是：CBEDF；除去 HCl 气体；装置 D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀。(3)配制一定物质的量浓度的溶液，称取的硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，玻璃棒充分搅拌，完全溶解后，全部转移至 100mL容量瓶中，再定容至凹液面与刻度线相平；综上所述，本题答案是：烧杯；容量瓶。淀粉与碘相遇，溶液变蓝色，所以，加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，碘不断被消耗，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原，即为终点；根据 Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3+7H2O和 I2+

32、2S2O32-S4O62-+2I-可知：Cr2O72-3I2-6S2O32-，所以 n(K2Cr2O7)=0.00950 20.0010-3mol,则 n(Na2S2O3)=60.0095020.0010-3mol,m(Na2S2O3)=60.0095020.0010-3248g,所以则样品m(Na2S2O35H2O)纯度为6 0.0095020.0010-3248(100/24.8)/1.2000100%=95.0%；综上所述，本题答案是：滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原；95.0。(4)Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被氯气氧化为SO42-，氯气被还原为 C

33、l-，该反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O 2SO42-+8Cl-+10H+；综上所述，本题答案是：S2O32-+4Cl2+5H2O 2SO42-+8Cl-+10H+。17 除去铝 2 LiCoO2+H2O2+6H+2Li+2Co2+O2+4 H2O 石墨、硫酸钙 Fe3+分离效率最高 Li2CO3溶解过程为放热反应洗涤 88.0%【解析】分析：本题是化学流程图问题，主要是判断清楚每步反应的投料和产出，各个步骤的流程，最后分析清楚杂质是如何除去的。详解：(1)“碱浸”的目的是用氢氧化钠溶液将其中的Al 溶解。(2)LiCoO2中 Co为+3价，最后生成的CoSO4中 Co为+2

34、价，所以酸浸这一步中，加入 H2O2的目的是为了将+3价 Co还原为+2 价 Co，所以反应的而梨子反应方程式为：2 LiCoO2+H2O2+6H+2Li+2Co2+O2+4 H2O。浸渣中主要是不与酸反应的石墨以及生成的硫酸钙沉淀。(3)整个提取的过程中需要除去的杂质是Ca、Fe、Al、Ni；在前面的步骤中已经除去了 Al 和 Ca，所以萃取净化应该要除去Ni2+和 Fe3+。(4)由图示在 pH为 5 左右的时候，Co和 Li 的萃取率差异最大，此时分离的效果最好。(5)图中显示随着温度升高，碳酸锂的溶解度逐渐减小，所以褪色该物质溶于水的过程是放热的。提取的过程为热过滤，洗涤，干燥，所以答

35、案为：洗涤。c(Li+)=1.0 mol L-1，加入等体积等浓度Na2CO3溶液，则碳酸钠的浓度也是1.0 molL-1，加入的瞬间溶液体积转化为原来的2 倍，浓度都是原来的一半，即c(Li+)=c(CO32-)=0.5 molL-1，沉淀出碳酸锂，所以碳酸根过量 1 倍，剩余 c(CO32-)=0.25 molL-1，带入 KSP的计算式得到c(Li+)=?(?32-)=9 10-40.25=0.06mol/L。因为两溶液混合的瞬间 c(Li+)=0.5mol/L，所以沉锂率为(0.5 0.06)0.5=88%。18H2-3H1 2NH3-6e+6OH=N2+6H2O 0.06mol/(L

36、?min)AC 增大 0.11或 1/9 ClO2-+H2OHClO2+OH-12NO+7ClO2-+12OH-=8NO3-+4NO2-+7Cl-+6H2O 【解析】【分析】(1)根据盖斯定律：-3，可计算出所求反应的 H；燃料电池中，氨气在负极发生氧化反应，在碱性环境下生成氮气，据此写出负极极反应方程式。(2)根据表中信息可以先计算出v(N2)，然后根据速率之比和系数成正比规律得出v(NO2)；A.混合气体颜色不再变化，NO2(g)浓度不变，据此进行判断平衡与否；B根据=m/V判断平衡与否；C根据=m(总)/n(总)判断平衡与否；在恒温恒容的容器内发生可逆反应达平衡后，在原平衡基础上，同比例

37、增加反应的量(或浓度)，等效于加压过程，据此分析；先根据三段式，求出平衡时各物质的浓度，然后根据 K=c4(CO2)c(N2)/c4(CO)c2(NO2)进行计算；(3)NaClO2 属于强碱弱酸盐，水解显碱性；根据表中信息可以求出：n(NO3-)、n(NO2-)和 n(Cl-)系数比，根据原子守恒规律，可以求出 n(NO)与 n(NaClO2)系数比，最后根据电荷守恒，原子守恒写出该反应的离子方程式。【详解】(1)根据盖斯定律：-3，可得到 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)H=H2-3 H1；燃料电池中，氨气在负极发生氧化反应，在碱性环境下生成氮气，负极电极反应：2

38、NH3-6e+6OH=N2+6H2O；综上所述，本题答案是：H2-3H1；2NH3-6e+6OH=N2+6H2O。(2)05min，c(N2)变化了 0.15mol/L，则 v(N2)=0.15/5=0.03 mol/(L?min)，根据速率之比和系数成正比规律可知，v(NO2)=2v(N2)=0.06 mol/(L?min)；综上所述，本题答案是：0.06 mol/(L?min)。ANO2(g)为红棕色，混合气体颜色不再变化，NO2(g)浓度不变，反应达到平衡状态，正确；B反应前后混合气体的质量不变，恒容密闭容器中，体积不变，所以气体密度恒为定值，不能判断反应是否达到平衡状态，错误；C 反应

39、前后混合气体的质量不变，反应后混合气体的总量减小，当混合气体平均相对分子质量不再变化时，反应达到平衡状态，正确；综上所述，本题选AC。20 min 时，反应达到平衡状态，保持温度不变，继续向该容器中加入l.0mol NO2和 l.0molCO，按比例增加反应物，相对于原平衡来说等效于加压过程，4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)平衡右移，在 t1时反应再次达到平衡，则 NO2的转化率比原平衡增大；综上所述，本题答案是：增大；根据表中信息可知4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)起始浓度 2 2 0 0 变化浓度 1 0.5 0.25 1 平衡浓度 1 1.5

40、0.25 1 该温度下反应的化学平衡常数K=c4(CO2)c(N2)/c4(CO)c2(NO2)=140.25/14(1.5)2=1/9；综上所述，本题答案是：0.11 或 1/9。(3)NaClO2 属于强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式为 ClO2-+H2OHClO2+OH-；综上所述，本题答案是：ClO2-+H2OHClO2+OH-。设溶液的体积为1L，根据氮原子守恒可知：n(NO)=n(NO3-)+n(NO2-)=3.0 10-4，根据氯原子守恒可知：n(NaClO2)=n(Cl-)=1.75 10-4；因此 n(NO)：n(NaClO2)=3.010-4：1.7510-4=12:7，

41、n(NO3-)：n(NO2-)：n(Cl-)=2.0 10-4：1.010-4：1.7510-4=8:4:7，再根据电荷守恒，原子守恒，得出NaClO2溶液脱硝过程中发生总反应的离子方程式：12NO+7ClO2-+12OH-=8NO3-+4NO2-+7Cl-+6H2O；综上所述，本题答案是：12NO+7ClO2-+12OH-=8NO3-+4NO2-+7Cl-+6H2O。【点睛】对于 2X(g)Y(g)2W(g)可逆反应，在体积温度不变的情况下，增加X的浓度，平衡右移，但是X的转化率降低，Y的转化率增大；若同比例增加反应物浓度，等效于加压过程，平衡右移，X、Y的转化率均增大。19制漂白粉，制漂白

42、液，自来水消毒等合理答案 HClO4 2SO2+O22SO3 HSO3+H2O+Cl2SO42+2Cl+3H【解析】【分析】元素 X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为 8，Y为 O元素；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，最外层电子数也只能为6，则 M为 S元素；结合 R、Z、X离子所带电荷可知，R元素位于第 A族，Z、X位于第 IA 族，R原子序数大于硫，故 R为 Cl，化合物 XR在常温下为气体，则 X是 H元素，Z的原子序数大于O，故 Z 为 Na。Q和 Y在周期表中

43、的位置相邻，则Q为 N元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知 X是 H，Q是 N，Y是 O，Z 是 Na，M是 S，R是 Cl。则(1)单质 R是氯气，工业用途有制漂白粉，制漂白液，自来水消毒等。(2)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氯元素非金属性强于硫元素，则M和 R的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4。(3)由图可知，该转化过程为 SO2与 O2反应生成三氧化硫，反应化学方程式为：2SO2+O22SO3；(4)由 H、O、Na、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，则 A为 NaHSO3，A与氯水反应的离子方程式为HSO3+H2O+Cl2SO42+2Cl+3H；(5)科学家认为存在 NH5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，应是氨水。已知NH5中含有离子键和极性键，因此是由铵根和H组成的离子化合物，它的电子式为。