2020屆高考全國(guó)I卷化學(xué)模擬試題五含答案

1、2020屆高考全國(guó)I卷化學(xué)模擬試題五.單選題(本題共 7小題，每小題6分，共42分)7、厲害了，我的國(guó)展示了中國(guó)五年來(lái)探索太空，開(kāi)發(fā)深海，建設(shè)世界第一流的高鐵、橋梁、碼頭，5G技術(shù)聯(lián)通世界等取得的舉世矚目的成就。它們與化學(xué)有著密切聯(lián)系。下列說(shuō) 法正確的是A.大飛機(jī)C919采用大量先進(jìn)復(fù)合材料、鋁鋰合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料B.為打造生態(tài)文明建設(shè)，我國(guó)近年來(lái)大力發(fā)展核電、光電、風(fēng)電、水電，電能屬于一 次能源C.我國(guó)提出網(wǎng)絡(luò)強(qiáng)國(guó)戰(zhàn)略，光纜線路總長(zhǎng)超過(guò)三千萬(wàn)公里，光纜的主要成分是晶體硅D.神舟十一號(hào)”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結(jié)構(gòu)陶瓷的主要成分是硅酸鹽8、Na表示阿伏加德羅常數(shù)的值。 室溫下，

2、下列關(guān)于濃度均為 0.1 mol/LNH 4Cl、NH 4Fe(SO4)2 的兩溶液的說(shuō)法中正確的是A.等體積的兩溶液中含有的NH4+離子數(shù)目均小于 0.1Na,且n(NH4+): NH4Fe(SO4)2>NH 4ClB.向1L 0.1 mol/L NH4Fe(SO4)2的加入足量 Cu粉，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目 0.2NaC. 0.1 mol/L NH4Cl 溶液中一定存在如下關(guān)系：c(NH4+)+c(NH 3 - 2O)=0.1mol/LD.加水稀釋后，兩溶液中c(OH-)均減小9、下圖表示N2O在Pt2O+表面上與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成無(wú)害氣體的過(guò)程，Na表示阿伏伽德羅常數(shù)， 下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是B.

3、2.8gN2和CO混合氣體含有電子數(shù)目為Na3 .A. Pt2O+中Pt的平均價(jià)態(tài)為+價(jià)2C. Pt2O+作催化劑，Pt2O2+為中間產(chǎn)物D. CO轉(zhuǎn)化為無(wú)害氣體的離子方程式為CO+PtO2+=CC2+Pt2O+10、下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象、解釋或結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論或解釋或離子方程式A向FeSQ溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水。產(chǎn)生大量白色沉淀Fe2+HCO3-+NH3 2O=FeCOj +NH4+B向3mL0.lmol/LAgNO3溶 液 中先加 45滴0.1mol/LNaCl溶液，再滴45 滴 0.1mol/LNaI 溶液。先出現(xiàn)白色沉淀，后出現(xiàn)黃色沉淀Ksp(AgCl)>Ks

4、p(AgI)C向某溶液中滴加氯水，再加入NH4SCN溶液。溶液呈紅色原溶液中一定含有Fe2+D向氯化鈣溶液中通入 CO2白色沉淀生成了 CaCQ沉淀11、三元電池成為2019年我國(guó)電動(dòng)汽車的新能源， 其電極材料可表示為L(zhǎng)iN2iQ+ 3oylv4nzO2,且 x+y+z= 1。充電時(shí)電池總反應(yīng)為 LiNi xCoyMnzO2+ 6c（石墨）=Li1 aNixCoyMnzO2+ LiaC6,其電池工作原理如圖所示，兩極之間有一個(gè)允許特定的離子X(jué)通過(guò)的隔膜。下列說(shuō)法正確的是A.允許離子X(jué)通過(guò)的隔膜屬于陰離子交換膜B.充電時(shí)，A為陰極，Li +被氧化C.可從無(wú)法充電的廢舊電池的石墨電極中回收金屬鋰D

5、.放電時(shí)，正極反應(yīng)式為L(zhǎng)ii aNixCoyMnzO2 + aLi +ae =LiNi xCoyMnzO212、某學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備Ca(NO2)2,實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(夾持裝置已略去)。已知:2NO+CaQ=Ca(NQ)2； 2NO2+CaQ=Ca(NQ)2。下列說(shuō)法不正確的是A.通入N2是為了排盡裝置中的空氣B.裝置B、D中的試劑可分別為水和濃硫酸C.將銅片換成木炭也可以制備純凈的亞硝酸鈣D.借助裝置 A及氫氧化鈉溶液和稀硫酸可以分離CQ和CO13、下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.常溫下，pH =2的鹽酸和pH =12的氨水等體積混合后 c(OH)>c(H+)B,常溫下，0.1 mol -1的N

6、aA溶液的pH=10,則該溶液中由水電離的c(OH-)= 10-10mol -lLC.常溫下，pH=a的強(qiáng)酸和pOH=a (pOH=lgc(OH-)的強(qiáng)堿等體積混合后由水電離出的c(H+) =10-7mol -lLD,常溫下，向10 mL0.1mol, L-1的氨水溶液中滴加相同濃度的CHCOOH,在滴加過(guò)程中c3H3 MO)C(ch 3c0。)c(H )保持不變'c(NH4 ) c(OH )c(CH 3COOH )必考題(非選擇題：共 58分，第26-28題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答,第35-36題為選考題，考生依據(jù)要求作答。)26焦亞硫酸鈉(Na2s205)可作為貯存水果的保

7、鮮劑?，F(xiàn)欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學(xué)性質(zhì)。I .制備 Na2s205可用試劑：飽和 Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復(fù)使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液尸Na2s2。5(晶體)+H2O(l)(1)如圖裝置中儀器 A的名稱是 。A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。儀器E的作用是。(2) F中盛裝的試劑是。n .探究Na2s2O5的還原性(3)取少量Na2s2O5晶體于試管中，滴加 1mL2mol/L酸fKMnO 4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液 紫紅色很快褪去。反應(yīng)的離子方程式為 。食品級(jí)焦亞硫酸鈉可 作為貯存水果保鮮劑的化學(xué)原理是防止食品

8、。m.測(cè)定Na2s2O5樣品的純度。(4)將10.0gNa2s2O5樣品溶解在蒸儲(chǔ)水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過(guò)量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高鎰酸鉀溶液，充分反應(yīng)后，用 0.2500mol/L的 W2SO3標(biāo)準(zhǔn)液 滴定至終點(diǎn)，消耗 Na2SO3溶液20.00mL , Na2s2O5樣品的純度為 % (保留一位小數(shù))，若在滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液的體積，會(huì)導(dǎo)致Na2s2O5樣品的純度。(填幅高"、偏低”)27工業(yè)上由MnS礦(還含少量FeCQ、MgO等)制備高純硫酸鎰，工藝如圖所示：XMO,隼簞妻 氨 W MnFj XH4HCO CO

9、XfciSr 壁浸 |X 嘴謁 |X 箍.1年妹 XfriCS .聲。、31n孫 JJ S Fe(OH)j 期即已知相關(guān)金屬離子(濃度為0.1mol ”1)形成氫氧化物沉淀的 pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Mg2+開(kāi)始沉淀的pH8.16.31.88.9沉淀完全的pH10.18.33.210.9(1)酸浸”過(guò)程中，MnS (難溶)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 。(2)酸浸”時(shí)MnO2應(yīng)過(guò)量，目的是 和將Fe"氧化為Fe3+o已知 KspFe(OH)3 = 4X 1038。常溫下，當(dāng)溶液的 pH=2 時(shí)，c(Fe3+)=mol 4(4)除雜”時(shí)若溶液pH過(guò)低，Mg2+沉淀不完全

10、，原因是 。(5)沉鎰”反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。012 3fli(6)用MnO2懸濁液吸收SQ也可以制取 MnSO4。將SQ和空氣的混合氣通入 MnO2懸濁液，測(cè)得吸收液中Mn2+、SQ2-的濃度隨反應(yīng)時(shí)間t變化如圖。導(dǎo)致 Mn2+、SO42-濃度變化產(chǎn)生明顯差異的原因是。28氯氣是現(xiàn)代工業(yè)的重要原料，將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱車點(diǎn)，回答下列問(wèn)題：(1) Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+6(g)=2C2(g)+2H2O(g)?？砂聪铝写呋^(guò)程進(jìn)行：1I .CuC2(s尸CuCl(s)- Cl2(g)由i=+83kJ 請(qǐng)ol2n .CuCl(s)+l O2(g)=Cu

11、O(s)+1 Cl2(g)由2=-20kJ - nibl22出.4HCl(g)+6(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)AH3反應(yīng)I能自發(fā)進(jìn)行的條件是。利用AHi和AH2計(jì)算AH3時(shí)，還需要利用反應(yīng) 的 出。(2)如圖為剛性容器中，進(jìn)料濃度比c(HCl): c(O2)分別等于1： 1、4: 1、7: 1時(shí)HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：可知反應(yīng)平衡常數(shù) K (400C) _K (500 C)(填 大于”或 小于")。設(shè)容器內(nèi)初始?jí)簭?qiáng)為 P0, 根據(jù)進(jìn)料濃度比c(HCl): c(C2)=4： 1的數(shù)據(jù)，計(jì)算400c時(shí)容器內(nèi)的平衡壓強(qiáng)=(列出計(jì) 算式)。按化學(xué)計(jì)量比進(jìn)料可以保持反應(yīng)物高

12、轉(zhuǎn)化率，同時(shí)降低產(chǎn)物分離的能耗。進(jìn)料濃度 比c(HCl): c(O2)過(guò)低、過(guò)高的不利影響分別是(3)已知：氯氣與NaOH溶液反應(yīng)可生成 NaClQ。有研究表明，生成 NaCld的反應(yīng)分兩步進(jìn)行：I .2ClQ-=ClO2-+orn .ciO2-+cio>=ciO3'+ci'常溫下，反應(yīng)n能快速進(jìn)行， 但氯氣與NaOH溶液反應(yīng)很難得到 NaClQ, 其原因：。（4）電解NaClQ3水溶液可制備NaClQ4,寫(xiě)出陽(yáng)極反應(yīng)式： 。試用碰撞理論解釋35 化學(xué)一一選彳3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（15分）氯化鐵溶液用于檢驗(yàn)食用香精乙酰乙酸乙酯時(shí)， 所示。會(huì)生成紫色配合物,其配離子結(jié)構(gòu)如圖此

13、配合物中，基態(tài)鐵離子的價(jià)電子排布式為 此配合物中碳原子的雜化軌道類型有 。此配離子中含有的化學(xué)鍵有 （填字母）。A.離子鍵B.金屬鍵C.極性鍵D.非極性鍵E.配位鍵F,氫鍵G. b鍵H .兀鍵C以上升華，易溶氯化鐵在常溫下是固體，熔點(diǎn)為306 C,沸點(diǎn)為315 C,在300于水，也易溶于乙醍、丙酮等有機(jī)溶劑。據(jù)此判斷氯化鐵的晶體類型為一（2）基態(tài)A原子的價(jià)電子排布式為3s23p5,銅與A形成化合物的晶胞如圖所示（黑球代表 銅原子）。該化合物的化學(xué)式為 , A原子的配位數(shù)是 。該化合物難溶于水，但易溶于氨水，其原因可能是；與NH3互為等電子體的分子有 （寫(xiě)化學(xué)式，一種即可）。NH3的鍵角大于 H

14、2O 的鍵角的主要原因是。已知該化合物晶體的密度為p g cm3,阿伏加德羅常數(shù)的值為Na,則該晶體中 Cu原子和A原子之間的最短距離為 pm。（列出計(jì)算表達(dá)式即可）36化學(xué)一一選彳5:有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)（15分）奧司他韋是一種高效、高選擇性神經(jīng)氨酸酶抑制劑，可治療流感。以莽草酸作為起始原料合成奧司他韋的主流路線如圖：已知:+H2O回答下列問(wèn)題:(1)下列關(guān)于莽草酸說(shuō)法正確的有A.莽草酸化學(xué)式是 07H8O5B.與濃澳水反應(yīng)可以生成白色沉淀0.易溶于水和酒精D.可以發(fā)生加成反應(yīng)、消去反應(yīng)、加聚反應(yīng)、縮聚反應(yīng)、取代反應(yīng)(2)奧司他韋中的官能團(tuán)名稱為 (寫(xiě)兩種)。(3)反應(yīng)所需的試劑和條件為 。反應(yīng)的化

15、學(xué)方程式為。反應(yīng)的反應(yīng)類型為。(4)芳香化合物X是B的同分異構(gòu)體，測(cè)得其核磁共振氫譜有6組峰，其中兩組峰面積最大比值為9:1,則該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是 。(5)碳原子上連有 4個(gè)不同的原子或基團(tuán)時(shí)，該碳稱為手性碳。C中有一個(gè)手性碳。2020屆高考全國(guó)I卷化學(xué)模擬試題答案五答案與解析7、【答案】A【解析】A.合金屬于金屬材料，A項(xiàng)正確；B.核電、光電、風(fēng)電、水電等這些電能均是經(jīng)過(guò)轉(zhuǎn)化的能源屬于二次能源，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.光纜的主要成分是二氧化硅，不是晶體硅，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.神舟十一號(hào)”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結(jié)構(gòu)陶瓷是新型無(wú)機(jī)非金屬材料，不是傳統(tǒng)的硅酸鹽材料，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選 Ao8、【答案】C【解

16、析】等體積并不一定是指 1L,所以不能說(shuō)NH4+的數(shù)目小于0.1Na, A錯(cuò)。B中的離子 方程式為：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+,由此可知：0.1molFe3+參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子 0.1mol, B正確。 C:. 0.1 mol/L NH4Cl 溶液的物料守恒為 c(NH4+)+c(NH 3 I2O)=0.1mol/L , C 正確。NH4Cl、 NH4Fe(SO4)2溶液呈酸性，加水稀釋， c(H+)減小，故c(OH-)增大，D錯(cuò)。選C。9、【答案】B【解析】讀圖可得到：N2O與Pt2O+反應(yīng)生成N2和Pt2O2+,即：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+, Pt2O2+ 與CO反應(yīng)

17、生成 COMD Pt2O+中，即CO+Pt2O2+=CO2+Pt2O+,整個(gè)過(guò)程中總反應(yīng)方程式為： N2O+CO=CO+N2, Pt2O+作催化劑，Pt2O2+是中間產(chǎn)物，C、D正確。A中：根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和 為+1,可以計(jì)算出 Pt的平均價(jià)為+3/2, A正確。B中：N2、CO的摩爾質(zhì)量相同(28g/mol) 和電子數(shù)均相同(1mol物質(zhì)含有電子 14mol),無(wú)論以何種比例混合，混合氣體的平均摩 爾質(zhì)量為 28g/mol ,混合氣體的物質(zhì)的量為2.8g/28g mol-1=0.1mol ,含有的電子數(shù)為0.1 X 14A=1.4Na, B 錯(cuò)。選 Bo10、【答案】A【解析】A：該方法可以制

18、取FeCQ沉淀，現(xiàn)象和實(shí)驗(yàn)結(jié)論均正確。B：根據(jù)所給的量可知Ag+與Cl-反應(yīng)生成AgCl(s)時(shí)，Ag+過(guò)量，當(dāng)加入NaI溶液時(shí)，I-直接與過(guò)量的Ag+反應(yīng)生成黃色沉淀AgI(s),而不是由AgCl(s)溶解的Ag+與反應(yīng)生成AgI(s),故不能得出“Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) 的結(jié)論，B錯(cuò)。C:原溶液中若只含有 Fe3+,也會(huì)出現(xiàn)如此現(xiàn)象，C錯(cuò)。D： CaC2溶液不與CQ反應(yīng)，因?yàn)椴荒苡?H2CQ制取HCl, D錯(cuò)。選A。11、【答案】D【解析】根據(jù) LiNi QoyMnzO2+6C(石墨)=Lii aNixCoyMnzO2+LiaC6 可知，x 是 Li卡,允許 Li卡 通

19、過(guò)的 隔膜屬于陽(yáng)離子交換膜，故 A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)充電日電池總反應(yīng)LiNi xCoyMnzO2+6C(石墨)=Li 1aNixCoyMnQ2+LiaC6可知，A上發(fā)生C(石墨)-> LaC6的反應(yīng)，是還原反應(yīng)，A為陰極，Li +沒(méi)有發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)充電時(shí)電池總反應(yīng)可知，無(wú)法充電的廢舊電池的石墨電極中沒(méi)有鋰元素，不能回收金屬鋰，故 C項(xiàng)錯(cuò)誤；放電時(shí)，總反應(yīng)為 Li1 -aNixCoyMnzO2+Li aC6=LiNi xCoyMnzO2+6C(石墨)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為 Li 1 aNixCoyMnzO2+ aLi + + ae =LiNi xCoyMn zO2,

20、故 D 項(xiàng)正確。12、【答案】C【解析】A、裝置內(nèi)的空氣會(huì)將 NO氧化為NO2,影響產(chǎn)物的產(chǎn)量，所以通入N2排盡裝置中的空氣，故A正確；B、由于硝酸具有揮發(fā)性，所以在A中生成的NO氣體中會(huì)含有少量 HNO3 蒸氣，可用裝置B中的水除去，為防止 CaQ與水反應(yīng)，用裝置 D中的濃硫酸對(duì)NO氣體進(jìn) 行干燥，故B正確；C將銅片換成木炭，由于木炭與稀硝酸不能反應(yīng)，所以得不到要制備 的產(chǎn)物，故C錯(cuò)誤；D、裝置A中盛氫氧化鈉溶液，通過(guò)進(jìn)氣管通入 CQ和CO的混合氣體， CQ被NaOH吸收后生成Na2CO3,在出氣管口即可收集到CO,然后將分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，與生成的 N&CQ反應(yīng)再釋放出 C

21、Q,達(dá)到分離的目的，故 D正確。本題正確答 案為Co13、【答案】B【解析】A: pH =12的氨水的物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)大于0.01mol/L,與pH =2的鹽酸(物質(zhì)的量濃度0.01mol/L)等體積混合反應(yīng)，氨水大量過(guò)量，溶液呈堿性，c(OH-)>c(H+), A正確。B:.常 溫下，0.1 mol -1由勺NaA溶液的pH=10,說(shuō)明A-為弱酸根離子(HA為弱酸)，促進(jìn)水的電離， 水電離的c(OH-)>10-7mol/L ,可以計(jì)算 水電離的c(OH-)= 10-4mol -lL B正確。C:常溫下， c(H+)=amol/L的強(qiáng)酸與c(OH)=amol/L的強(qiáng)堿等體積混合后，

22、恰好完全反應(yīng)，溶液呈中性，由水電離出的 c(H+)=i0-7mol 4 C正確。D：C(NH3 H20)c(NH4 ) c(OH )c(CH3COO ) c(H c(CH3COOH)Ka(CH 3COOH )的值為定值，保持不變，D正確。選B。KKNH3 H2O)26:【答案】三頸燒瓶Na2SO3+ H2SO4=H2O + SO2 懺 Na2SO4防倒吸 濃 NaOH 溶液5s2。52+ 4MnO4 +2H + =10SO42 +4Mn2+H2O氧化變質(zhì)95.0 偏高【解析】I (1)裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 Na2SO3+H2SO4=H2O+ SO2U Na2

23、SO4o二氧化硫易溶于水，儀器 E的作用是防倒吸。(2)二氧化硫有毒，排到空氣中會(huì)污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑-濃NaOH溶液，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃 NaOH溶液。n . (3)取少量Na2s2O5晶體于試管中，滴加 1mL2mol/L酸fIe KMnO 4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去，說(shuō)明MnO4將S2O52一氧化生成硫酸根離子。反應(yīng)的離子方程式為 5s2O52 + 4MnO 4 +2H + =10SO42 + 4Mn2 + +H2O0食品級(jí)焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學(xué)原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質(zhì)。出.(4)由關(guān)系式：5

24、SO32 -2MnO4 ,用0.2500mol/L的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗2Na2SO3 溶液 20.00mL,剩余的 n(MnO 4 )= x 0.2500mol/L x 20.00-3L=3J000 xi0mol,再由 5s2O52 +4MnO4 +2H +=10SO42 +4Mn2+ + H2O 得：Na2s2O5 樣品的Z屯度為=(20 00x100 3000用M/1.一2 000x 1:工100gx 100%=95.0%若在滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液的體積，使 Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏低，算出的剩余高鎰酸鉀偏低，與Na2s2O5樣品反應(yīng)的高鎰酸鉀偏高，會(huì)導(dǎo)致

25、Na2s2O5 樣品的純度偏高。27:【答案】MnS+ MnO2+4H+=S+ 2Mn2+2H2Q提高 MnS 的轉(zhuǎn)化率 4X 102hT與 F-/反應(yīng)生成弱酸 HF2NH4HCQ+ MnSQ4=MnCQ3 J + (NH4)2SQ4+ COd + H2OMn"催化。2與H2SQ反應(yīng)生成H2SQ4【解析】(1)酸浸”過(guò)程中，MnS與MnQ 2反應(yīng)生成硫單質(zhì)，硫酸鎰和水，反應(yīng)的離子方程式為MnS+ MnQ 2+ 4H=S+ 2Mn2+ + 2H2。；(2)為提高M(jìn)nS的轉(zhuǎn)化率和將Fe"氧化為Fe3+,酸浸”時(shí)MnQ2應(yīng)過(guò)量； . q 一 一 Kw 一(3)常溫下，當(dāng)溶液的 p

26、H=2 時(shí)，c(H+)=10 2mol - L1, c(QH)=10 12mol - L1,C HKspFe(QH)3=c(Fe3+) x3QH)=c(Fe3+) x (1Gmol I1)3=4X1038,解得 c(Fe3+)=4X 102mol I1；(4)除雜”時(shí)若溶液pH過(guò)低，可與F-反應(yīng)生成弱酸 HF, Mg2+沉淀不完全；(5)根據(jù)流程可知，沉鎰”時(shí)，碳酸氫錢與硫酸鎰反應(yīng)生成碳酸鎰、硫酸錢、二氧化碳和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為 2NH4HCQ3+ MnSQ4=MnCQ3 J + (NH4)2SQ + CQ T + H2Q；(6)將SQ和空氣的混合氣通入 MnQ2懸濁液，Mn2+催化Q2與

27、H2SQ3反應(yīng)生成H2SC4,導(dǎo)致 Mn2+、SQ2-濃度迅速增大。28:【答案】高溫 CuQ(s)+2HCl(g)= CuC2(s)+H2Q(g)大于 0.848p0Cl2 和 Q2分離能耗較高、HCl轉(zhuǎn)化率較低反應(yīng)I的活化能高，活化分子百分?jǐn)?shù)低，不利于ClQ一向ClQ3轉(zhuǎn)化ClQ3 + H2Q- 2e =ClQ + 2H +【解析】1(1) I .CuCb(s)=CuCl(s)+- Cl2(g)由1=+83kJ - m1ol AS>0,則要 G=AH-TAS< 0,須圖2溫條件下才能自發(fā);山i=+83kJ - Mol1I .CuC2(s尸CuCl(s)+ Cl2(g)2出2=-

28、20kJ - mOln .CuCl(s)+l O2(g)=CuO(s)+1 Cl2(g)出.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)AH3利用AHi和AH2計(jì)算 由3時(shí)，由蓋斯定律，(m-n X-I X2) /2得：還需要利用反應(yīng) CuO(s) +2HCl (g) = CuCb (s) +H2O (g)的 小。(2)根據(jù)圖象可知，進(jìn)料濃度比相同時(shí)，溫度越高HCl平衡轉(zhuǎn)化率越低，說(shuō)明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向著逆向移動(dòng)，則溫度越高平衡常數(shù)越小， 所以反應(yīng)平衡常數(shù) K(400C)大于K (500C);進(jìn)料濃度比c (HCl): c (O2)的比值越大，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率越低

29、，根據(jù) 圖象可知，相同溫度時(shí) HCl轉(zhuǎn)化率最高的為進(jìn)料濃度比 c (HCl)： c (O2) =4： 1,該曲線中400 c HCl的平衡轉(zhuǎn)化率為 76%。則4HCl (g)+ O2(g) ?2Cl2(g)+ 2H2O (g)002 0.762 0.762 0.762 0.76初始 41轉(zhuǎn)化4 0.760.76平衡4 0.240.244 0.24 1 0.24 2 0.76 2 0.76_p=4-1p0=.*進(jìn)料濃度比c (HCl): c (O2)過(guò)低時(shí)，O2濃度較大，HCl的轉(zhuǎn)化率較高，但 Cl2和O2分離能 耗較高，生成成本提高；進(jìn)料濃度比 c (HCl): c (O2)過(guò)高時(shí)，O2濃度較

30、低，導(dǎo)致HCl的轉(zhuǎn) 化率減??；(3)生成 NaCl。的反應(yīng)分兩步進(jìn)行：I .2ClO-=ClO2-+Cl-, n .ClO2-+ClO=ClO3-+C-，常溫下，反應(yīng)n能快速進(jìn)行，但氯氣與NaOH溶液反應(yīng)很難得到 NaClO3,用碰撞理論解釋其原因：反應(yīng)I的活化能高，活化分子百分?jǐn)?shù)低，不利于 cio向ClO3一轉(zhuǎn)化；(4)電解NaClO3水溶液可制備NaClOH,陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成ClOT,陽(yáng)極反應(yīng)式：ClO3+ H2O2e =ClO4 +2H+。35:【答案】3d5sp2、sp3CDEGH 分子晶體(2) CuCl 4Cd可與NH 3形成易溶于水的配位化合物PH3(或AsH3等)NH3、H2O分子中N、O原子的孤電子對(duì)數(shù)分別是1、2,孤電子對(duì)數(shù)越多，對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力越強(qiáng)，鍵角越小的/ 31k99.5 ,10不弋卞*100【解析】(1)基態(tài)鐵原子核外有 26個(gè)電子，失去 3個(gè)電子形成Fe3,根據(jù)構(gòu)造原理可知Fe3+的3d能級(jí)上有5個(gè)電子，即Fe3+的價(jià)電子排布式為 3d5。該配合物中連接雙鍵的碳原子含有3個(gè)b鍵，碳原子采取sp2雜化，連接4個(gè)b鍵的碳原子采用sp3雜化。該配合物中碳碳