青島市平度市2020屆高三3月模擬化學試卷含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精山東省青島市平度市2020屆高三3月高考模擬化學試卷含解析2020年山東省青島市平度市高考化學模擬試卷（3月份）一、解答題（共10小題,滿分20分）1.中國不少古詩詞清晰地描繪了當時人民的生活和社會的發(fā)展，如劉禹錫的《浪淘沙》：“日照澄州江霧開，淘金女伴滿江隈。美人首飾侯王印，盡是沙中浪底來。”下列有關(guān)本詩中蘊含的化學知識正確的是(）A.“沙中浪底來”指的是金的氧化物B。淘金原理與化學上的萃取一致C。霧的分散質(zhì)粒子直徑范圍是10—9～10-7D。由沙子到計算機芯片發(fā)生了還原反應【答案】D【解析】【詳解】A。“沙中浪底來”指的是金的單質(zhì)，故A錯誤；B.金的密度較大，且金不溶于水，因此淘金原理與萃取原理不同，故B錯誤;C.霧的分散質(zhì)粒子直徑范圍是10-9～10—7mD.由沙子(主要成份為SiO2）到計算機芯片，化合價降低，發(fā)生了還原反應，故D正確。綜上所述，答案為D?！军c睛】注意區(qū)別硅單質(zhì)和二氧化硅的用途；還有注意數(shù)量級的換算1nm=1×10-92.氯化亞砜（)是一種很重要的化學試劑，可以作為氯化劑和脫水劑.下列關(guān)于氯化亞砜分子的空間構(gòu)型和中心原子(）采取的雜化方式的判斷正確的是（）A.三角錐形、 B.形、C.平面三角形、 D。三角錐形、【答案】A【解析】【詳解】SOCl2中S原子成2個S—Cl鍵，1個S=O,價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+=4，雜化軌道數(shù)是4，故S原子采取sp3雜化，含一對孤電子，分子的VSEPR模型為四面體形，分子形狀為三角錐形。答案選A?！军c睛】本題考查微粒的空間構(gòu)型，根據(jù)價電子對互斥理論確定微粒的空間構(gòu)型,價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，孤電子對個數(shù)=×(a—xb）,a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個數(shù)。3。下列有機物的系統(tǒng)命名正確的是A.：3—甲基—2-乙基戊烷 B.：3—甲基—2—丁烯C.:2—甲基丁酸 D.：1，5—二甲苯【答案】C【解析】A．根據(jù)系統(tǒng)命名，為3,4—二甲基己烷,故A錯誤；B．根據(jù)系統(tǒng)命名，為2—甲基-2—丁烯,故B錯誤；C．根據(jù)系統(tǒng)命名，為2—甲基丁酸,故C正確;D．根據(jù)系統(tǒng)命名，為1,3-二甲苯，故D錯誤；答案為C。點睛：①最長—選最長碳鏈為主鏈;②最多-遇等長碳鏈時,支鏈最多為主鏈；③最近—離支鏈最近一端編號;④最小-支鏈編號之和最小（兩端等距又同基，支鏈編號之和最?。虎葑詈啞獌刹煌〈嚯x主鏈兩端等距離時,從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面,復雜的寫在后面；⑥含有官能團的有機物命名時，要選含官能團的最長碳鏈作為主鏈，并表示出官能團的位置,官能團的位次最小。4.下列有關(guān)溶液中離子存在和轉(zhuǎn)化的表達合理的是（）A。中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl—、SOB。離子方程式2Ca2++3HCO+3OH-═2CaCO3↓+CO+3H2O可以表示NH4HCO3與澄清石灰水反應C.由水電離出的c（H+)=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NOD。n[NH4Al(SO4）2］：n[Ba(OH）2］=2：5時發(fā)生的反應為NH+Al3++2SO+2Ba2++5OH-═NH3?H2O+AlO+2H2O+2BaSO4↓【答案】D【解析】【詳解】A．Fe3+發(fā)生水解,使得溶液呈酸性，因此只能存在酸性溶液中，故A錯誤；B．若氫氧化鈣不足時發(fā)生反應：Ca2++2HCO3-+2OH—═CaCO3↓+CO32-+2H2O，若氫氧化鈣過量時發(fā)生反應：NH4++Ca2++HCO3—+2OH—═CaCO3↓+NH3?H2O+H2O，故B錯誤；C．由水電離出的c（H+)＝1×10—12mol/L，說明水的電離受到抑制，為酸溶液或堿溶液,為堿溶液時，Mg2+與氫氧根離子反應，為酸溶液時，I-、NO3—發(fā)生氧化還原反應，在溶液中一定不能大量共存，故C錯誤；D．n［NH4Al（SO4)2］:n[Ba（OH）2]=2：5時，銨根恰好全部轉(zhuǎn)化為一水合氨，鋁離子恰好完全轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根離子，硫酸根恰好完全轉(zhuǎn)化為硫酸鋇沉淀，氫氧根恰好完全反應,鋇離子過量，發(fā)生的反應的離子方程式為：NH+Al3++2SO+2Ba2++5OH-═NH3?H2O+AlO+2H2O+2BaSO4↓，故D正確。答案選D。5.呋喃是最簡單的含氧五元雜環(huán)化合物(其結(jié)構(gòu)如圖所示)，有麻醉和弱刺激作用，極度易燃。下列關(guān)于呋喃的有關(guān)說法正確的是()A.易溶于水和丙酮等有機溶劑B。四個碳原子可能在同一平面上C.一氯代物有2種,二氯代物有3種D。生成1molC4H10O需標準狀況下氫氣44。8L【答案】B【解析】【分析】該有機物是對稱結(jié)構(gòu),為非極性分子，故根據(jù)相似相溶原理,該有機物不溶于水；根據(jù)雙鍵是平面結(jié)構(gòu)進行分析；通過等效氫找同分異構(gòu)體數(shù)目?！驹斀狻緼．該有機物含碳碳雙鍵及醚鍵，不溶于水，故A錯誤；B．2個碳碳雙鍵直接相鄰，則四個碳原子可能在同一平面上，故B正確；C．分子只含2種H，一氯代物有2種,固定1個Cl移動另一個Cl可知二氯代物有4種，故C錯誤；D．呋喃的分子式為C4H4O,生成1molC4H10O需標準狀況下氫氣為3mol，標準狀況下體積為3mol×22.4L/mol＝67.2L，故D錯誤；答案選B?！军c睛】有機物一般易溶于有機溶劑，難溶于無機溶劑，也可以根據(jù)相似相溶原理進行判斷。6.下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的是(）A.用圖①所示裝置（正放）可收集NO氣體B.用圖②所示裝置可吸收多余氨氣且能防止倒吸C.用圖③所示裝置可實現(xiàn)反應：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑D.用圖④所示裝置可實現(xiàn)制乙炔【答案】A【解析】【詳解】A．二氧化碳可防止NO被氧化，短導管進氣可收集NO,故A正確;B．苯不能隔絕氨氣與硫酸,不能防止倒吸，故B錯誤；C．Cu與電源負極相連,作陰極,Cu不參與電極反應，電解Na2SO4，相當于電解水，電解產(chǎn)物是氫氣和氧氣，故C錯誤；D．生成的氣體可從長頸漏斗逸出，應選擇分液漏斗，故D錯誤；故選A.7.已知X、Y、Z是三種原子序數(shù)依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分別是三種元素形成的單質(zhì)，A、B、C、D分別是由三種元素中的兩種形成的化合物，且A與C中均含有10個電子。它們之間轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是A.原子半徑：Z>Y>XB.X與Y形成的化合物只含極性鍵C。Y有多種同素異形體，且均具有高熔點、高沸點、硬度大的性質(zhì)D.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:A〈C【答案】D【解析】【分析】A與C中均含有10個電子，A燃燒可生成C，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知A應為CH4，丙為O2，B為CO2，C為H2O，B、C都可與乙在高溫下反應，乙應為C,則D為CO，甲為H2，則X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，以此解答該題.【詳解】由以上分析可知X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，A為CH4，丙為O2，B為CO2，C為H2O，乙為C，D為CO，甲為H2。A.由以上分析可知X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小,不同周期的元素，原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以原子半徑:Y>Z>X,A錯誤;B。X為H元素,Y為C元素,二者形成的化合物，如CH4只含極性鍵，C2H6、C2H4等既含極性鍵,也含有非極性鍵，B錯誤；C。Y為C元素，C元素有多種同素異形體，其中金剛石具有高熔點、高沸點、硬度大的性質(zhì)，而石墨則質(zhì)地軟,C錯誤；D.A是CH4，C是H2O，元素的非金屬性O(shè)〉C，元素的非金屬性越強，其最簡單的氫化物的穩(wěn)定性就越強,所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性A<C，D正確;故合理選項是D?！军c睛】本題考查無機物的推斷以及原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的綜合應用，A與C中均含有10個電子是推斷突破口,再結(jié)合反應進行分析解答，注意熟練掌握元素化合物知識。8.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論錯誤的是操作現(xiàn)象結(jié)論A向蔗糖中加入濃硫酸蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭,并放出有刺激性氣味的氣體濃硫酸具有脫水性和強氧化性B向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的硫酸亞鐵溶液溶液變成棕黃色，一段時間后溶液中出現(xiàn)氣泡，隨后有紅褐色沉淀生成Fe2+催化H2O2分解產(chǎn)生O2C鋁片先用砂紙打磨，再加入到濃硝酸中無明顯現(xiàn)象濃硝酸具有強氧化性,常溫下，鋁表面被濃硝酸氧化為致密的氧化鋁薄膜D向濃度均為0。1mol·L-1的KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液先出現(xiàn)黃色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp(AgI）A.A B。B C。C D。D【答案】B【解析】【詳解】A.蔗糖含有碳氫氧三種元素,加入濃硫酸，濃硫酸具有脫水性，將蔗糖脫水變成碳,過程放熱，碳和濃硫酸反應生成二氧化碳和二氧化硫，濃硫酸表現(xiàn)強氧化性,故正確；B。過氧化氫具有強氧化性，能氧化亞鐵離子生成鐵離子，鐵離子可以催化過氧化氫分解，故錯誤；C。濃硝酸具有強氧化性，能使鋁表面形成致密的氧化膜，故正確;D.含等濃度的碘離子和氯離子的溶液中加入硝酸銀，先生成碘化銀沉淀，說明碘化銀的溶度積小，故正確。故選B。9。用如圖裝置進行實驗，將液體A逐滴加入到固體B中,下列敘述正確的是（）A.若A為濃鹽酸，B為KMnO4晶體,C中盛有紫色石蕊溶液，則C中溶液最終呈紅色B.實驗儀器D可以起到防止溶液倒吸的作用C。若A濃氨水，B為生石灰，C中盛有AlCl3溶液，則C中溶液先產(chǎn)生白色沉淀后沉淀又溶解D.若A為濃H2SO4，B為Cu，C中盛有澄清石灰水，則C中溶液變渾濁【答案】B【解析】【詳解】A．若A為濃鹽酸，B為KMnO4晶體，二者反應生成氯氣，把氯氣通到紫色石蕊溶液中，氯氣與水反應生成HCl和HClO，HCl使紫色石蕊溶液變紅,HClO具有漂白性,使溶液褪色，C中溶液最終呈無色,A錯誤；B.D中球形干燥管中間部分較粗，盛放液體的量較多，倒吸的液體靠自身重量回落，因此可以防止液體倒吸，B正確；C。若A為濃氨水，B為生石灰，滴入后反應生成氨氣，氨氣和鋁離子反應生成氫氧化鋁，但氫氧化鋁不溶于弱堿一水合氨，所以C中產(chǎn)生白色沉淀不溶解，C錯誤；D。若A為濃硫酸，B為Cu，反應需要加熱才能發(fā)生,如果不加熱，則沒有二氧化硫產(chǎn)生，所以C中溶液無變化,D錯誤；故合理選項是B.10.為研究廢舊電池的再利用，實驗室利用舊電池的銅帽(主要成分為Zn和Cu)回收Cu并制備ZnO的部分實驗過程如圖所示.下列敘述錯誤的是A?！叭芙狻辈僮髦腥芤簻囟炔灰诉^高B.銅帽溶解后,將溶液加熱至沸騰以除去溶液中過量的氧氣或H2O2C.與鋅粉反應的離子可能為Cu2+、H+D.“過濾”操作后，將濾液蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥后,高溫灼燒即可得純凈的ZnO【答案】D【解析】【詳解】A.“溶解”操作中溶液溫度不宜過高，否則過氧化氫分解，故正確;B。銅帽溶解后，溶液存在過氧化氫，將溶液加熱至沸騰以除去溶液中過量的氧氣或H2O2，防止后面消耗過多的鋅粉，故正確；C。固體溶解中溶液中存在Cu2+、H+,都與鋅粉反應的離子，故正確；D.“過濾”操作后濾液中含有硫酸鋅和硫酸鈉，將濾液蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥后，高溫灼燒不能得至純凈的ZnO，其中含有硫酸鈉，故錯誤.故選D。二、選擇題：本題共5小題，每題4分，共20分，每小題有一個或兩個選項符合題意,全選對得4分，選對但不全的得1分,有選錯的得0分。11.工業(yè)是制取高鐵酸鉀（K2FeO4)，是先制取高鐵酸鈉,然后在低溫下，往高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和就可以析出高鐵酸鉀.濕法制備Na2FeO4的主要反應為：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O;干法備Na2FeO4的主要反應為：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2SO4+O2↑。下列有關(guān)說法不正確的是()A。濕法和干法制備中，生成1molNa2FeO4轉(zhuǎn)移電子數(shù)目相同B.高鐵酸鉀在低溫下的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小C。干法制備的主要反應中Na2O2是氧化劑D。K2FeO4處理水時,既能殺菌消毒，生成的Fe(OH）3膠體還能吸附水中的懸浮雜質(zhì)【答案】AC【解析】【分析】利用氧化還原基本原理及四組關(guān)系分析電子的轉(zhuǎn)移、氧化劑、還原劑；膠體微粒直徑介于，可以吸附雜質(zhì)?！驹斀狻緼．濕法中每生成1molNa2FeO4,有1molFe（OH）3參加反應，化合價由+3價升高到+6價，轉(zhuǎn)移電子3mol，干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4參加反應，化合價由+2價升高到+6價，轉(zhuǎn)移電子4mol,同時還有0.5mol氧氣生成，又轉(zhuǎn)移1mol電子,所以生成1molNa2FeO4轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不相同，故A錯誤；B．在低溫下，高鐵酸鉀容易變成固體析出，所以高鐵酸鉀在低溫下的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小，故B正確;C．反應中Na2O2中O元素的化合價既升高又降低,則干法制備的主要反應中Na2O2即是氧化劑又是還原劑,故C錯誤；D．K2FeO4具有強氧化性，利用其強氧化性能殺菌消毒，生成的Fe(OH)3膠體具有吸附性，能吸附懸浮物，故D正確；答案選AC。12。氟離子電池是一種前景廣闊的新型電池,其能量密度是目前鋰電池的十倍以上且不會因為過熱而造成安全風險。如圖是氟離子電池工作示意圖,其中充電時F-從乙電極流向甲電極，下列關(guān)于該電池的說法正確的是（）A。放電時，甲電極的電極反應式為Bi－3e—＋3F—=BiF3B.放電時，乙電極電勢比甲電極高C。充電時,導線上每通過1mole-，甲電極質(zhì)量增加19gD。充電時，外加電源的正極與乙電極相連【答案】C【解析】【分析】充電時F－從乙電極流向甲電極,說明乙為陰極，甲為陽極?！驹斀狻緼。放電時，甲電極的電極反應式為BiF3+3e－=Bi＋3F－，故A錯誤；B。放電時，乙電極電勢比甲電極低，故B錯誤；C.充電時，甲電極發(fā)生Bi－3e－＋3F－=BiF3,導線上每通過1mole－，則有1molF－變?yōu)锽iF3，其質(zhì)量增加19g，故C正確；D。充電時，外加電源的負極與乙電極相連，故D錯誤。綜上所述，答案為C?！军c睛】陽極失去電子，化合價升高，陰離子移向陽極，充電時，電源正極連接陽極。13.三效催化劑是最為常見的汽車尾氣催化劑,其催化劑表面物質(zhì)轉(zhuǎn)化的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是(）A。在轉(zhuǎn)化過程中,氮元素均被還原B。依據(jù)圖示判斷催化劑不參與儲存和還原過程C。還原過程中生成0.1molN2,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1molD.三效催化劑能有效實現(xiàn)汽車尾氣中CO、CxHy、NOx三種成分的凈化【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)圖像，推斷反應過程，在NOx轉(zhuǎn)化成Ba（NO3）2的過程中，N元素化合價升高被氧化;反應前、反應后均在的物質(zhì)即為催化劑?！驹斀狻緼．根據(jù)圖示可知,NOx與BaO、O2轉(zhuǎn)化成Ba（NO3）2的過程中，N元素化合價升高被氧化，故A錯誤；B．根據(jù)圖示可知，BaO為催化劑，NOx與BaO、O2轉(zhuǎn)化成Ba(NO3)2時，BaO參與儲存N元素,故B錯誤；C．還原過程中生成0.1molN2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為：0.1mol×（5?0)×2＝1mol，故C正確；D．整個過程中,CO、CxHy、NOx轉(zhuǎn)化成CO2、H2O、N2，說明三效催化劑能有效實現(xiàn)汽車尾氣中CO、CxHy、NOx三種成分的凈化，故D正確；答案選CD。14。常溫常壓時烯烴與氫氣混合不反應,高溫時反應很慢，但在適當?shù)拇呋瘎┐嬖跁r可與氫氣反應生成烷烴,一般認為加氫反應是在催化劑表面進行。反應過程的示意圖如下：下列說法中正確的是(）A.乙烯和H2生成乙烷的反應是放熱反應B.加入催化劑,可減小反應的熱效應C。催化劑能改變平衡轉(zhuǎn)化率,不能改變化學平衡常數(shù)D。催化加氫過程中金屬氫化物的一個氫原子和雙鍵碳原子先結(jié)合，得到中間體【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)圖像,可以分析出由乙烯制乙烷是一個放熱反應；催化劑不能改變反應的焓變，不使平衡移動,只能降低反應的活化能.【詳解】A．根據(jù)圖示,得到：反應物的能量高于產(chǎn)物的能量,所以該反應是放熱反應,故A正確;B．催化劑只會加快反應速率,不會引起反應熱的變化,反應的熱效應不變,故B錯誤；C．催化劑只會加快反應速率，不能改變平衡轉(zhuǎn)化率，不能改變化學反應的平衡常數(shù)，故C錯誤；D．根據(jù)化學反應的歷程：化加氫過程中金屬氫化物的一個氫原子和雙鍵碳原子先結(jié)合，得到中間體,故D正確;答案選AD。【點睛】催化劑不能使平衡移動，不會改變反應的焓變，只會降低反應的活化能，加快反應速率，可迅速排除BC.15.已知H2A為二元弱酸,20℃時，配制一組c(H2A)+c(HA—）+c(A2—）=0。100mol/L的HA.Ka2(H2A)的數(shù)量級為10B。NaHA溶液中:c（H+）＞c（OH—)C.M點由水電離出的c(H+)＞N點由水電離出的c（H+）D。pH=7的溶液中:c（Na+)＞2c（A2-)【答案】C【解析】【詳解】A.,選取圖中N點,此時pH=4。2，A2—和HA-的濃度相等，所以，所以Ka2(H2A）的數(shù)量級為10-5，選項A正確。B.圖中看出當HA—的濃度占主導地位的時候，pH為2到3之間，所以NaHA溶液顯酸性，即c(H+）＞c（OH-）,選項B正確.C.M、N都顯酸性，溶質(zhì)電離的氫離子對于水的電離都起到抑制作用，因為從M到N，溶液的pH升高，溶質(zhì)電離出來的氫離子濃度減小,所以對于水的電離的抑制減弱，N點水電離的氫離子濃度更大，選項C錯誤。D。溶液中一定存在電荷守恒：c（Na+）+c(H+)＝c（OH—)+2c(A2—）+c(HA-)，中性溶液中氫離子和氫氧根離子濃度相等,所以有c(Na+）＝2c(A2—）+c(HA-）,則c（Na+）＞2c(A2—)，選項D正確.答案選C.三、解答題（共5小題，滿分60分）16。甲醛在木材加工、醫(yī)藥等方面有重要用途。甲醇直接脫氫是工業(yè)上合成甲醛的新方法,制備過程涉及的主要反應如下：反應Ⅰ：CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g)△H1=+85.2kJ/mol反應Ⅱ:CH3OH（g）+12O2（g）HCHO（g)+H2O（g）△H2反應Ⅲ：2H2（g）+O2（g）2H2O(g)△H3=483.6kJ/mol（1）計算反應Ⅱ的反應熱△H2=___。（2）750K下，在恒容密閉容器中,發(fā)生反應CH3OH(g）=sHCHO（g）+H2（g），若起始壓強為P0,達到平衡轉(zhuǎn)化率為a，則平衡時總壓強P平=___（用含P0和a的式子表示):當P0=101kPa，測得a=50。0％，計算反應平衡常數(shù)Kp=___kPa（用平衡分壓代替平衡濃度計算,分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù)，忽略其它反應)。【答案】(1）。-156。6kJ/mol（2).P0(1+a）(3).50.5kPa【解析】【分析】根據(jù)蓋斯定律計算反應Ⅱ的反應熱；根據(jù)阿伏加德羅定律和平衡狀態(tài)計算平衡常數(shù)。【詳解】（1）反應I：CH3OH（g)?HCHO(g）+H2（g）△H1＝+85。2kJ/mol,反應II：CH3OH（g）+12O2(1）?HCHO(g)+H2O(g）△H2，反應III：H2（g）+12O2(g)?H2O（g）△H3＝—241。8kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律,反應I+反應III得反應Ⅱ,CH3OH（g）+12O2（1）?HCHO（g）+H2O（g）△H2＝—△H1+△H3＝-241.8kJ/mol+85.2kJ/mol＝-156。6kJ/mol;（2)若起始壓強為P0，達到平衡轉(zhuǎn)化率為α，在恒溫恒容條件下，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，則P0:P平＝1：（1+a），P平＝P0（1+a）;當P0＝101kPa,測得α＝50。0%,P平＝P0(1+a）=151。5kPa，該反應平衡常數(shù)Kp=kPa=50。5kPa?！军c睛】應用蓋斯定律進行簡單計算的基本方法是參照新的熱化學方程式(目標熱化學方程式)，結(jié)合原熱化學方程式（一般2～3個）進行合理“變形”，如熱化學方程式顛倒、乘除以某一個數(shù),然后將它們相加、減，得到目標熱化學方程式,求出目標熱化學方程式的ΔH與原熱化學方程式之間ΔH的換算關(guān)系。17。CO2既是溫室氣體,也是重要的化工原料,以CO2為原料可合成多種有機物。(1)CO2用于生產(chǎn)乙烯，已知：2CO2（g）+6H2(g）CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H=QkJ/mol。一定條件下,按不同的投料比X[X=］向某容積可變的恒壓密閉容器中充入CO2、H2，測得不同投料比時CO2的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖所示。①X1___X2（填“＞"或“＜”,后同），Q___0.②圖中A、B、C三點對應的平衡常數(shù)KA、KB、KC的大小關(guān)系為___。(2）常溫下，用NaOH溶液作CO2捕捉劑不僅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工產(chǎn)品Na2CO3。①若某次捕捉后得到pH=10的溶液，則溶液中c（CO）:c(HCO）=___[常溫下K1（H2CO3）=4。4×10-7、K2（H2CO3)=5×10—11]。②欲用5LNa2CO3溶液將23.3gBaSO4固體全都轉(zhuǎn)化為BaCO3，則所用的Na2CO3溶液的物質(zhì)的量濃度至少為___。［已知：常溫下Ksp（BaSO4）=1×10—7、Ksp(BaCO3）=2.5×10-6］.（忽略溶液體積積的變化)【答案】(1)。＞(2).＜(3).KA＞KB=KC（4).1：2(5）。0。52mol/L【解析】【分析】根據(jù)溫度對平衡的影響，化學平衡常數(shù)只受溫度影響;根據(jù)電離平衡常數(shù)和溶解平衡常數(shù)公式計算即可.【詳解】(1）①相同條件下,增加氫氣的濃度，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，故X1＞X2；由圖可知,溫度升高后CO2的轉(zhuǎn)化率降低,說明平衡向逆反應方向移動，故正反應為放熱反應，Q＜0；②化學平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，溫度相等，K相等，反應為放熱反應，溫度較低時K較大,故KA＞KB＝KC；(2）①若某次捕捉后得到pH＝10的溶液，c（H+）＝10-10mol/L，K2=,則溶液中c（）:c(）＝K2：c（H+）＝(5×10-11）:（10-10）=1:2；②23.3gBaSO4物質(zhì)的量n(BaSO4）＝＝0。1mol,將0。1mol硫酸鋇溶解于5L溶液中，設(shè)至少需要物質(zhì)的量濃度為xmol/L的Na2CO3溶液，當BaSO4完全溶解后,所得5L溶液中c（）=0.02mol/L，此時溶液中c（)=（x-0.02）mol/L，由BaSO4+?BaCO3+可知，此反應的化學平衡常數(shù)K=,解得x=0。52。18。(1）火箭使用的推進劑燃料由N、H兩種元素組成,且原子個數(shù)N：H=1：2，其水溶液顯堿性，則該物質(zhì)中N原子的雜化方式為______________________。（2）笑氣（N2O)曾被用作麻醉劑，但過度吸食會導致身體機能紊亂.預測N2O的結(jié)構(gòu)式為________________________。(3）元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)－1價離子時所放出的能量稱作第一電子親和能(E），－1價陰離子再獲得一個電子的能量變化叫做第二電子親和能,部分元素或離子的電子親和能數(shù)據(jù)如下表所示。元素C1BrIOO-電子親和能(kJ／mol)349343295141－780下列說法正確的是___________。A．電子親和能越大，說明越難得到電子B．一個基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到一個電子成為O2—時放出141kJ的能量C．氧元素的第二電子親和能是－780kJ／molD．基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到兩個電子成為O2-需要吸收能量（4)在電解煉鋁過程中加入冰晶石（用“A”代替)，可起到降低Al2O3熔點的作用。冰晶石的生產(chǎn)原理為：2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2A+3CO2↑+9H2O。根據(jù)題意完成下列填空：①冰晶石的化學式為____________________________。②冰晶石由兩種微粒構(gòu)成,冰晶石的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，●位于大立方體的頂點和面心,○位于大立方體的12條棱的中點和8個小立方體的體心，那么大立方體的體心處所代表的微粒是___________(填微粒符號)。③冰晶石溶液中不存在的微粒間作用力有________________(填選項字母）。A離子鍵B共價鍵C配位鍵D金屬鍵E范德華力F氫鍵④Al單質(zhì)的晶體中原子的堆積方式如圖乙所示，其晶胞特征如圖丙所示，原子之間相互位置關(guān)系的平面圖如圖丁所示:若已知A1的原子半徑為dcm，NA代表阿伏加德羅常數(shù),Al的相對原子質(zhì)量為M，則晶胞中Al原子的配位數(shù)為________；Al晶體的密度為__________g．cm—3(用字母表示）。（5）配合物Fe(CO)5的熔點－20℃，沸點103℃，可用于制備純鐵。Fe（CO)5的結(jié)構(gòu)如圖所示。①Fe（CO）5晶體類型屬于__________晶體.②關(guān)于Fe(CO)5，下列說法正確的是_____。A．Fe（CO）5是非極性分子，CO是極性分子B．Fe(CO）5中Fe原子以sp3雜化方式與CO成鍵C．1molFe（CO)5含有10mol配位鍵D．反應Fe（CO)5=Fe+5CO沒有新化學鍵生成【答案】(1）.sp3(2).N=N=O（3).CD(4）.Na3AlF6(5)。Na+（6）。AD(7)。12（8）.（9）.分子(10)。AC【解析】【詳解】(1）火箭的推進劑燃料為N2H4，可以看成是氨氣中的氫原子換成—NH2，氨氣中氮原子采用SP3雜化，所以N2H4中氮也采用SP3雜化.(2）笑氣(N2O)與二氧化碳為等電子體，二氧化碳的結(jié)構(gòu)式為O=C=O，所以笑氣的結(jié)構(gòu)式為N=N=O。（3)A．結(jié)合表中數(shù)據(jù)分析，氯、溴、碘得到一個電子的能量變化，得出元素的電子親和能越大，說明越容易得到電子,故錯誤;B．由題中數(shù)據(jù)可知，1mol基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到電子成為O—時放出141kJ的能量，故錯誤;C．基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到一個電子成為O—，O—再得到一個電子成為O2—，此時的能量變化為第二電子親和能,故氧元素的第二電子親和能是－780kJ／mol，故正確;D．根據(jù)表中數(shù)據(jù),1mol基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到電子成為O-放熱141kJ／mol，1molO—再得到電子成為O2-吸熱780kJ／mol，根據(jù)蓋斯定律分析,氧原子得到兩個電子時應吸收熱量，故正確。故選CD.（4）①根據(jù)質(zhì)量守恒定律分析,冰晶石的化學式為Na3AlF6;②●位于大立方體的頂點和面心，個數(shù)為,○位于大立方體的12條棱的中點和8個小立方體的體心，個數(shù)為，要使兩種離子的個數(shù)比為1：3，所以大立方體體心所以代表的為鈉離子。③冰晶石溶液中存在鈉離子、AlF63—、水,還有水電離出的氫氧根離子和氫離子,AlF63—中存在共價鍵和配位鍵,水分子中存在共價鍵,水分子間存在范德華力和氫鍵，所以不存在離子鍵和金屬鍵.④在晶胞中以面心的鋁原子為中心，與其距離最近的等距離的鋁原子有12個，即三個維度上的12個原子，所以鋁的配位數(shù)為12，該晶胞中鋁原子個數(shù)為，該晶胞的棱長為=，所以晶胞的體積為,.（5）①配合物Fe(CO)5的熔點－20℃，沸點103℃，說明其為分子晶體。②A．Fe（CO)5為對稱結(jié)構(gòu),分子中正負電荷重心重合，屬于非極性分子,一氧化氮為極性分子，故正確;B．Fe(CO）5中Fe原子與一氧化碳形成配位鍵，鐵原子提供空軌道，故錯誤；C．鐵與一氧化碳形成5個配位鍵,一氧化碳分子中氧原子提供1對電子與1個碳原子形成1個配位鍵,所以1molFe（CO)5中含有10mol配位鍵，故正確;D．反應Fe（CO）5=Fe+5CO，反應中得到鐵單質(zhì)，形成金屬鍵，故錯誤。故選AC.19。硫代硫酸鈉可由亞硫酸鈉和硫粉通過化合反應制得：Na2SO3+S=Na2S2O3,常溫下溶液中析出晶體為Na2S2O3?5H2O,Na2S2O3?5H2O于40?45℃熔化，48℃分解：Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇.在水中有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線如圖1所示.I．現(xiàn)按如下方法制備Na2S2O3?5H2O：將硫化鈉和碳酸鈉按反應要求比例一并放入三頸燒瓶中,注入150mL蒸餾水使其溶解，在分液漏斗中，注入濃硫酸,在裝置2中加入亞硫酸鈉固體，并按如圖2示安裝好裝置。(1）儀器2的名稱為___,裝置6中可加入___。A.BaCl2溶液B。濃H2SO4C.酸性KMnO4（2）打開分液漏斗活塞,注入濃鹽酸使反應產(chǎn)生的二氧化硫氣體較均勻的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力攪拌器攪動并加熱，反應原理為:①Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2②Na2S+SO2+H2O═Na2SO3+H2S③2H2S+SO2═3S↓+2H2O④Na2SO3+SNa2S2O3總反應為：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2隨著SO2氣體的通入，看到溶液中有大量淺黃色固體析出，繼續(xù)通SO2氣體，反應約半小時.當溶液中pH接近或不小于7時，即可停止通氣和加熱.溶液pH要控制不小于7的理由是：___（用文字和相關(guān)離子方程式表示）。Ⅱ．分離Na2S2O3?5H2O并測定含量：(3)為減少產(chǎn)品的損失,操作①為___，操作②是抽濾洗滌、干燥,其中洗滌操作是用___（填試劑名稱)作洗滌劑。（4）蒸發(fā)濃縮濾液,直至溶液呈微黃色渾濁為止。蒸發(fā)時要控制溫度不宜過高，其原因是___。（5）制得粗產(chǎn)品中往往含有少量雜質(zhì)。為了測定粗產(chǎn)品中Na2S2O3?5H2O的含量，一般采用在酸性條件下用KMnO4標準液滴定的方法（假定雜質(zhì)與酸性KMnO4溶液不反應）.稱取1.28g粗樣品溶于水,用（0。40mol/LKMnO4溶液（加入適量硫酸酸化）滴定，當溶液中S2O全部被氧化時，消耗KMnO4溶液20.00mL.（5S2O+8MnO+14H+=8Mn2++10SO+7H2O）試回答：①滴定終點時的顏色變化___②產(chǎn)品中Na2S2O3?5H2O質(zhì)量分數(shù)為___【答案】(1).蒸餾燒瓶(2)。CD（3).Na2S2O3在酸性環(huán)境中不能穩(wěn)定存在，發(fā)生反應：S2O+2H+=S↓+SO2+H2O（4）。趁熱過濾（5）.乙醇（6）。溫度過高會導致析出的晶體分解（7).溶液由無色變?yōu)闇\紅色,半分鐘內(nèi)不褪色(8）。96。9％【解析】分析】I．蒸餾燒瓶中濃硫酸和亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，在三頸燒瓶中二氧化硫、硫化鈉、碳酸鈉反應生成硫代硫酸鈉,Na2S2O3在酸性環(huán)境中不穩(wěn)定，容易分解得到S與二氧化硫，二氧化硫不易過量，碳酸鈉可以反應掉氫離子，防止溶液呈酸性，尾氣中有未反應的二氧化硫，在裝置⑥中用氫氧化鈉溶液或酸性高錳酸鉀溶液吸收；Ⅱ．所得熱的反應混合溶液加活性炭脫色并保溫，然后趁熱過濾除去活性炭，適當加熱但控制溫度不超過40℃進行蒸發(fā)濃縮，然后冷卻結(jié)晶、抽濾、洗滌得粗Na2S2O3?5H2O晶體.【詳解】I．(1）儀器2的名稱為蒸餾燒瓶，裝置6吸收未反應的SO2，防止污染空氣：A．SO2不能和BaCl2溶液反應，不能被吸收，A不滿足題意;B．SO2不能被濃硫酸吸收，B不滿足題意；C．SO2具有還原性,可以被酸性KMnO4溶液吸收，C滿足題意；D．SO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應,可被NaOH溶液吸收，D滿足題意;故答案為：蒸餾燒瓶；CD;（2)當溶液pH＜7時，溶液顯示酸性，會發(fā)生反應：S2O32-+2H+＝S↓+SO2↑+H2O,所以Na2S2O3在酸性環(huán)境中不能穩(wěn)定存在，應該使溶液的pH不小于7,故答案為：Na2S2O3在酸性環(huán)境中不能穩(wěn)定存在，發(fā)生反應:S2O32-+2H+＝S↓+SO2+H2O;(3)常溫下溶液中析出晶體為Na2S2O3?5H2O，為了避免過濾時析出Na2S2O3?5H2O晶體導致產(chǎn)率降低，操作①過濾除去活性炭時需要趁熱過濾,洗滌時為減少Na2S2O3?5H2O晶體損失,依據(jù)Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性質(zhì)選擇乙醇洗滌，且洗滌后乙醇易揮發(fā)，不引入新的雜質(zhì)，故答案為：趁熱過濾；乙醇;(4)由于Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸發(fā)時溫度過高會導致析出的晶體分解，降低了產(chǎn)率,故答案為：溫度過高會導致析出的晶體分解;(1）①到達終點時,再滴入一滴高錳酸鉀溶液，高錳酸鉀不能被消耗,溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色,故答案為：溶液由無色變?yōu)闇\紅色，半分鐘內(nèi)不褪色；②20.00mL0。40mol/LKMnO4溶液中含有高錳酸鉀的物質(zhì)的量為：n(KMnO4）＝0.40mol/L×0.02L＝0。008mol，根據(jù)反應：5S2O32—+8MnO4—+14H+═8Mn2++10SO42—+7H2O,可知1。28g的粗樣品含有Na2S2O3?5H2O的物質(zhì)的量為:n(Na2S2O3?5H2O）＝n(S2O32—）=＝0.005mol，產(chǎn)品中Na2S2O3?5H2O的質(zhì)量分數(shù)=＝96。9%，故答案為:96.9%.20.元素周期表中的28號元素Ni有重要的用途，它有良好的耐高溫、耐腐蝕、防銹功能，在電池、催化劑方面也有廣泛應用。工業(yè)上以硫化鎳礦(含少量雜質(zhì)硫化銅、硫化亞鐵)為原料制備并精制鎳的基本流程如下:已知：電極電位（E)能體現(xiàn)微粒的氧化還原能力強弱，如：H2-2e—=2H+E=0.00VCu—2e-=Cu2+E=0.34VFe-2e-=Fe2+E=-0。44VNi-2e-=Ni2+E=—0。25V（1)鎳在周期表中的位置為_______________________________。(2)高鎳礦破碎細磨的作用______________________________________。（3）焰色反應實驗可以用光潔無銹的鎳絲代替鉑絲蘸取化學試劑灼燒，原因是______________________。(4）造渣除鐵時發(fā)生的化學反應方程式___________________________________（產(chǎn)物以氧化形式表示)。（5）電解制粗鎳時陽極發(fā)生的主要電極反應式_____________________________________。（6）工業(yè)上由NiSO4溶液制得Ni(OH)2后，再滴加NaC1O溶液，滴加過程中發(fā)生反應的離子方程式為_________________________________________________________。(7）電解精煉鎳的過程需控制pH為2～5，試分析原因______________________________，陽極泥的成分為________________(寫名稱)?！敬鸢浮浚?）.第四周期Ⅷ族(2)。增大接觸面積，提高浮選率(3).鎳的焰色反應呈無色，不影響其他金屬元素的焰色(4）.2FeO+SiO22FeO?SiO2（5）.NiS-2e—=Ni2++S(6).2Ni(OH)2+ClO—+H2O=2Ni（OH)3+Cl-(2Ni(OH)2+ClO-+OH—=2NiO(OH）+Cl—-+H2O）（7)。pH<2時，c(H+）大,容易在陽極放電;pH>5時,c(OH—）大，鎳離子容易沉淀(8）.銅【解析】【分析】根據(jù)金屬元素在電解過程的中放電順序分析電解反應?！驹斀狻浚?）鎳是28號元素,根據(jù)電子排布規(guī)律分析，其在第四周期Ⅷ族；(2）高鎳礦破碎細磨是為了增大接觸面積，提高浮選率；(3)焰色反應實驗是觀察某些金屬元素灼燒時的顏色，可以用光潔無銹的鎳絲代替鉑絲蘸取化學試劑灼燒,說明鎳的焰色反應呈無色,不影響其他金屬元素的焰色；（4）根據(jù)