樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解析

四川省成都市樹德中學(xué)2020屈高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折四川省成都市樹德中學(xué)2020屆髙三化學(xué)二診模擬考試試題（含解析）lo化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法正確的是A。煤的氣化是物理變化，是高效、清潔地利用煤的重要途徑新型冠狀病毒肺炎病癥較多的地區(qū)，人們?nèi)绻獬鰵w家，應(yīng)立即向外套以及房間噴灑大量的酒精港珠澳大橋使用高性能富鋅底漆防腐,依據(jù)的是外加電流的

陰極保護(hù)法華為繼麒麟980之后自主研發(fā)的7m芯片問世，芯片的主

要成分是硅【答案】D【解析】【詳解】A。煤的氣化是煤在氧氣不足的條件下進(jìn)行部分氧化

形成H2、CO等氣體的過程，是化學(xué)變化，故A錯誤；Bo酒精噴霧易燃易爆炸，不應(yīng)向外套以及房間噴灑大量的酒精,房間內(nèi)大而積噴灑，酒精濃度高于70%時，酒精的揮發(fā)使室內(nèi)空氣中可燃性氣體增加，遇到丁點(diǎn)火星極易燃燒，故B錯誤；C.在海水、土壤等環(huán)境中，鋅比鋼鐵材料更活潑,更容易失去電子被氧化，因此鋅作原電池的負(fù)極,而鐵作正極，被保護(hù)，該方法依據(jù)的是犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故C錯誤;D.芯片的主要成分是硅單質(zhì)，故D正確；故選D?！军c(diǎn)睛】煤的氣化是煤在氧氣不足的條件下進(jìn)行部分氧化形成

h2、co等氣體的過程。煤的液化是將煤與h2在催化劑作用下轉(zhuǎn)四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折化為液體燃料或利用煤產(chǎn)生的士和CO通過化學(xué)合成產(chǎn)生液體

燃料或其他液體化工產(chǎn)品的過程。二者均有新物質(zhì)生成，屬于

化學(xué)變化。這是?？键c(diǎn)，也是學(xué)生們的易錯點(diǎn).設(shè)/VA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是某密閉容器中盛有0.1molN2和Oo3molH2,在一定條件下充

分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0。6A/a常溫下，HpH=9的CHsCOONa溶液中，發(fā)生電離的水分

子數(shù)為lxlO-9/\/A14。OgFe發(fā)生吸氧腐蝕生成Fe2O3*xH2O?電極反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電

子數(shù)為0。5/Va標(biāo)準(zhǔn)狀況下,2。24L丙烷含有的共價鍵數(shù)目為1.1/Va

【答案】C【解析】【詳解】A。合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行到底，則轉(zhuǎn)移

的電子數(shù)小于0.6/Va,故A錯誤；BoCH3COONa屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根的水解促進(jìn)水的電離，

c(H2O)1)igs=c(OH)=lxlO-5mol/L,則發(fā)生電離的水分子數(shù)為

lLxlxlO_5mol八x/VA=lxl0-5/VAz故B錯誤;C.Fe發(fā)生吸氧腐蝕，鐵作負(fù)極，電極反應(yīng)為：Fe-2e=Fe2+,正

極反應(yīng)為:O2+4e+2H2O=4OH,然后Fe2"^OH?反應(yīng)生成氫氧化亞

鐵，氫氧化亞鐵被氧氣氧化為氫氧化鐵，最后生Fe2O3*xH2O，14.0gFe的物質(zhì)的量為則電極反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為四川省成都市樹德中學(xué)2020屈高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折0.25molx2=0.5moh故C正確；Do標(biāo)準(zhǔn)狀況下,2。24L丙烷的物質(zhì)的量為0。lmol,而丙烷中

含10條共價鍵，故O.lmol丙烷中含有的共價鍵數(shù)目為/VA,故D

錯誤；故選C?！军c(diǎn)睛】水電離的c(H+)或c(OH)的計算技15(25°C時)(1)中性溶液:C(H+)=c(OH-)=l.OxlO-7mol-L1。酸或堿抑制水的電離，水電離出的c(H+)=c(OH-)<107

mohL-\當(dāng)溶液中的c(H+)<10-7mol-L-1時就是水電離出的c(H

+);當(dāng)溶液中的c(H+)>10-7mol-L1時，就用10_14除以這個濃度

即得到水電離的c(H+)?？伤恹}促進(jìn)水的電離，水電離的c(H+)或c(OH")

均大于lO^mol.L-1。若給出的c(H+)>10-7mol-L1,即為水電

離的c(H+)；若給出的c(H+)<10-7mol-L1,就用1CT14除以這個濃

度即得水電離的c(H+).由下列實(shí)驗、現(xiàn)象以及由現(xiàn)象推出的結(jié)論均正確的是選項實(shí)驗方法現(xiàn)象結(jié)論A向FeCI3溶液中滴入少量KI溶液，再加入

KSCN溶液溶液變紅Fe3+與「的反

應(yīng)具有可逆性BSO2通入Ba(NO3)2溶產(chǎn)生白色沉白色沉淀是四川省成都市樹德中學(xué)2020廟高三化學(xué)二診模擬考試試題含解析液淀BaSC)4C將稀硫酸滴入淀粉溶

液中并加熱，冷卻后再

加入新制Cu(OH)2懸

濁液并加熱未出現(xiàn)磚紅色沉淀淀粉未水解D用碎瓷片做催化劑，給

石蠟油加熱分解，產(chǎn)生

的氣體通過酸性高錳

酸鉀溶液酸性高錳酸

鉀溶液逐漸

褪色石蠟油裂解一定生成乙烯A。 A B.B CoC D.D【答案】B【解析】【詳解】A.滴入少量KI溶液，F(xiàn)eCI3剩余，則由現(xiàn)象不能說明

該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故A錯誤；SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液中、SO2與水反應(yīng)生成亞硫酸，在

酸性環(huán)境下，硝酸根具有強(qiáng)氧化性,從而發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成

硫酸鋇，白色沉淀是BaSO4,故B正確；淀粉水解后檢驗葡萄糖，應(yīng)在堿性條件下，水解后沒有加堿至

堿性，不能檢驗是否水解，故c錯誤；D。 酸性高錳酸鉀溶液逐漸褪色，可知石蠟油加熱分解生成不飽四川省成都市樹德中學(xué)2020?高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折和烴，但氣體不一定為乙烯，故D錯誤；故選Bo【點(diǎn)睛】淀粉的水解液顯酸性，檢驗淀粉是否水解時，應(yīng)先在淀

粉的水解液中加入氫氧化鈉至堿性后，再加入新制Cu(0H)2懸

濁液，并加熱，觀察是否生成磚紅色沉淀，從而說明是否有葡萄

糖生成，進(jìn)而檢測出淀粉是否水解，這是學(xué)生們的易錯點(diǎn)。某種化合物的結(jié)構(gòu)如圖所示，其中X、Y、Z、Q、W為原子

序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，Q核外最外層電子數(shù)與

Y核外電子總數(shù)相同，X的原子半徑是元素周期表中最小的。

下列敘述正確的是WWX的水溶液呈堿性由X、Y、Q、W四種元素形成的化合物的水溶液一定呈堿

性Co元素非金屬性的順序為：Y)Z>QD.該化合物中與Y單鍵相連的Q不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)

【答案】A【解析】【分析】由圖分析，X只能形成一個共價鍵，又X的原子半徑是元素周期表中最小的，故X為H，W為五種短周期元素中原子序數(shù)最5四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折大的，且可形成+1價的離子，應(yīng)為Na，Y可成四個鍵，Y為C，Q

核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同,Q為?，則Z為N，據(jù)

此解答.【詳解】由圖分析，X只能形成一個共價鍵，又X的原子半徑

是元素周期表中最小的，故X為H,W為五種短周期元素中原

子序數(shù)最大的，且可形成+1價的離子，應(yīng)為Na,Y可成四個鍵，

Y為C，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，Q為0,

則Z為N，AoWX為NaH，其與水反應(yīng)生成NaOH和氫氣，溶液顯堿性，

故A正確；Bo由X、Y、Q、W四種元素形成的化合物，如NaHC2O4,由

于HC2O4的電離程度大于其水解程度，則其水溶液呈酸性，故B

錯誤；同周期元素從左到右主族元素原子非金屬性依次增強(qiáng)，則元

素的非金屬性Q>Z>Y,故C錯誤；該化合物中與Y單鍵相連的Cb與Y共用一對電子，并得到

了W失去的一個電子，滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯誤；故選Ao5。下列說法正確的是A。 苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B。 用飽和Na2CO3溶液可鑒別乙醇、乙酸、乙酸乙酯Co用Ni作催化劑?lmol 最多能與5molH2加LJenroll四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折成D.C3H6BrCI的同分異構(gòu)體數(shù)目為6【答案】B【解析】【詳解】A。苯乙烯中含碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，而

苯與溴水混合發(fā)生萃取，則苯乙烯與苯使溴水褪色原理不同，故

A錯誤；B。乙醇易溶于水，則乙醇與飽和Na2CO3溶液互溶，乙酸具有

酸性，可與碳酸鈉反應(yīng)生成氣體，乙酸乙酯難溶于水，會出現(xiàn)分

層，則可鑒別，故B正確；Co能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的為苯環(huán)和碳碳雙鍵，則lmol該物

質(zhì)最多只能與4molH2加成，故C錯誤；D.C3H6BrCI可看成丙烷分子中有兩個氫原子分別被一個溴原子、

一個氯原子取代，根據(jù)"定一移一”的思路可得，先定Br原子的

位置，有兩種情況，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3,再定Cl原子的

位置，符合的同分異構(gòu)體有3,ch3Chbich3,則CsbkBrCI的同

分異構(gòu)體共5種，故D錯誤；故選B?！军c(diǎn)睛】苯在溴化鐵的催化作用下與液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴

苯和溴化氫；苯分子中沒有碳碳雙鍵，不能與溴水發(fā)生加成反

應(yīng)，但溴更易溶于苯中，溴水與苯混合時，可發(fā)生萃取，苯的密

度小于水，因此上層為溴的苯溶液，顏色為橙色，下層為水，顏

色為無色，這是由于萃取使溴水褪色，沒有發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。這四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折是學(xué)生們的易錯點(diǎn)，也是?？键c(diǎn)。6-常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol/L的

KCLK2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮

C2o??的水解)。己知Ksp(AgCI)數(shù)量級為10_w.下列敘述正圖中Y線代表的AgCIn點(diǎn)表示Ag2C2O4的過飽和溶液Co向c(Cr)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生

成AgCI沉淀D.Ag2C2O4+2Cr=2AgCI+C2O42-^平衡常數(shù)為10_071

【答案】C【解析】【分析】若曲線X為AgCI的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCI)=c(Ag+)

-c(C|-)=10-4xl0^5=10-^75=10°-25xlO-10,則數(shù)量級為IO-1。，若

曲線Y為AgCI的沉淀溶解平衡曲線，則/<sp(AgCI)=c(Ag+)-c

(C|-)=10-4xl0-2°46=10-646=10°°54xl0-7z則數(shù)量級為10-7,又己知

MAgCI)數(shù)量級為10_w，則曲線X為AgCI的沉淀溶解平衡曲線,-8-四川省成都市樹德中學(xué)2020屈高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線Xsp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)

?C(C2O42_)=(10_4)2X(10-2-46)=10-10.46>據(jù)此分析解答。

【詳解】若曲線X為AgCI的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCI)

=c(Ag+).c(C|-)=10-4xl0-575=10_9.75=10°25xl0-10,則數(shù)量級為10-10,

若曲線Y為AgCI的沉淀溶解平衡曲線，則/<sp(AgCI)=c(Ag+)-c

(CI-)=10-4xl0-2°46=10-6.46=100-54x10-7z則數(shù)量級為IO7,又己知

MAgCI)數(shù)量級為10-1則曲線X為AgCI的沉淀溶解平衡曲線，

則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)-c

(c2o42—)=(io-4)2x(10~2°46)=10-10°46,由以上分析知，圖中X線代表AgCI,故A錯誤；曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，在n點(diǎn),c(Ag+)小于

平衡濃度，故n點(diǎn)的離子(Ag2C2O4)<Ksp(AgACU),故為

Ag2C2O4的不飽和溶液，故B錯誤；Co根據(jù)圖象可知，當(dāng)陰離子濃度相同時，生成AgCI沉淀所需

的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+),故向c(Ch)=c

(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先析出氯化銀沉淀，故

C正確；DoAg2C2O4+2C「=2AgCI+C2O42-的平衡常數(shù)，此時溶液中的c(Ag+)相同，故有故D錯誤；

故選C。7o環(huán)己酮(gp在生產(chǎn)生活中有重要的用途，可在酸性溶液?9-四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折中用環(huán)己醇間接電解氧化法制備，其原理如圖所示。下列說法正確的是OHa極與電源負(fù)極相連B。 a極電極反應(yīng)式是2Cr3+-6e+14OH-=Cr2O72+7H2O

Cob極發(fā)生氧化反應(yīng)Do理論上生成lmol環(huán)己酮時，有l(wèi)molH2生成【答案】D【解析】【分析】根據(jù)原理圖可知，a極為電解池的陽極，Cr3+失電子發(fā)生氧化反

應(yīng)，電極反應(yīng)式是2Cr3+-6e+7H2O=Cr2O72_+14H+，b極為陰極，

氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，結(jié)合轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等計

算，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼。根據(jù)原理圖可知,a極為電解池的陽極，則與電源

正極相連，故A錯誤；B.根據(jù)原理圖可知，a極為電解池的陽極，Cr3+失電子發(fā)生氧化

反應(yīng)，電極反應(yīng)式是2Cr3+-6e+7H2O=Cr2O72-+14H+,故B錯誤;

Cob極為陰極，氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故C錯誤；D.理論上由環(huán)己醇(C6H12O)生成lmol環(huán)己酮(C6HioO),轉(zhuǎn)移

2mol電子，根據(jù)電子守恒可知，陰極有l(wèi)mol氫氣放出，故D-10-四川省成都市樹德中學(xué)2020屈高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折

正確；故選D。8o碳酸亞鐵可用于制備補(bǔ)血劑。某研宄小組制備了FeCO3,并

對FeCO3的性質(zhì)和應(yīng)用進(jìn)行了探究。己知：①FeCO3是白色

固體，難溶于水@Fe2++6SCN--Fe(SCN)64-(無色)I。FeCO3的制取(夾持裝置略)實(shí)驗i:馳解AO.Bmol/L0cko＞固泳裝置C中，向Na2CO3溶液(pH=ll。9)通入一段時間C02至

其pH為7，滴加一定量FeSO4溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾、

洗滌、干燥，得到FeCO3固體.(1)試劑a是 (2)向Na2CO3溶液通入C02的目的是 (3)C裝置中制取FeCO3的離子方程式為 (4)有同學(xué)認(rèn)為C中出現(xiàn)白色沉淀之后應(yīng)繼續(xù)通C02,你認(rèn)為是

否合理并說明理由 。n。FeCO3的性質(zhì)探究實(shí)驗iiIcCO.固充分鵬.n加3mL4molA醚為紅色，S本無色并有紅褐色芥定11四川省成都市樹德中學(xué)2020廟高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折3mL4md/L實(shí)驗iii充分n加3fnL4mol/LKSW:g紊和g hagt^g色(5)對比實(shí)驗ii和iih得出的實(shí)驗結(jié)論是 .

⑹依據(jù)實(shí)驗ii的現(xiàn)象，寫出加入io%h2o2溶液的離子方程式 m.FeCOs的應(yīng)用(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸

亞鐵([CH3CH(OH)COO]2Fe,相對分子質(zhì)量為234)補(bǔ)血劑。

為測定補(bǔ)血劑中亞鐵含量進(jìn)而計算乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，樹德中

學(xué)化學(xué)實(shí)驗小組準(zhǔn)確稱量l.Og補(bǔ)血劑，用酸性KMnO4溶液

滴定該補(bǔ)血劑，消耗Oo1000mol/L的KMnO4溶液10。OOmL,則乳酸亞鐵在補(bǔ)血劑中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 ,該數(shù)值異常的原因

是(不考慮操作不當(dāng)以及試劑變質(zhì)引起的誤差). 【答案】OH-濃度，(1)。飽和NaHCO3溶液 (2).降低溶液中防止生成Fe(OH)2 (3).2HCO3-+Fe2+=FeCO3小+CO2個+H2O⑷。不合理,CO2會和FeCO3反應(yīng)

生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧氣的影響)(5)oFe2+與SCN-

的絡(luò)合(或結(jié)合)會促進(jìn)FeCO3固體的溶解或FeCO3固體在KSCN溶液中的溶解性比KCI溶液中大 (6).6Fe(SCN)64+3H2O2=2Fe(OH)3小+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN—=2Fe(OH)3小+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3小+4Fe3+ (7).117% (8)。乳酸根中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】四川省成都市樹德中學(xué)2020場高三化學(xué)二診模擬考試試題含解析【分析】I。裝置A中碳酸鈣和稀鹽酸反應(yīng)生成的二氧化碳中混有揮發(fā)的氯化氫氣體，需要利用裝置B中盛裝的飽和碳酸氫鈉溶液除去，裝置C中,向碳酸鈉溶液(pH=11.9)通入一段時間二氧化碳至其pH為7,滴加一定量硫酸亞鐵溶液產(chǎn)生白色沉淀，過濾,洗滌，

干燥，得到FeCO3；llo(5)根據(jù)Fe2++6SCN--Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCI和KSCN

兩種不同溶液中的溶解度不同判斷；(6)實(shí)驗ii中溶液顯紅色且有紅褐色沉淀生成，說明加入10%

過氧化氫溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亞鐵補(bǔ)

血劑，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒建立關(guān)系式進(jìn)行計算；乳酸根中有羥基，也能被高錳酸鉀溶液氧化?！驹斀狻縄。(1)裝置A中制取的CO2中混有HCI,欲除去CO2中

混有的HCI，B中盛裝的試劑a應(yīng)是飽和NaHCO3溶液，故答案

為:飽和NaHCO3溶液；向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反應(yīng)

生成的NaHCO3,提高溶液中HCOf的濃度，抑制CO32的水解，

降低溶液中0H-的濃度，防止生成Fe(OH)2,故答案為:降低溶

液中OH-濃度，防止生成Fe(OH)2；裝置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段時間CO2

至其pH為7，此時溶液中溶質(zhì)主要為NaHCO3，再滴加FeSO4

溶液，有FeCO3沉淀生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2HCO34-四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折Fe2+=FeCCh小+CO2個+H2O，故答案為：2HCO3~+Fe2+=FeCO3小+CO2個+H2O;（4）FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe

（HCO3）2,降低產(chǎn)物的量，則當(dāng)出現(xiàn)白色沉淀之后不應(yīng)繼續(xù)通入

co2,或者：出現(xiàn)白色沉淀之后繼續(xù)通co2,可防止空氣中氧氣氧

化FeCO3,提高產(chǎn)物的純度，故答案為：不合理，CO2會和FeCO3反應(yīng)生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧氣的影響）;II。 （5）通過對比實(shí)驗ii和iii，可知Fe2+與SCN-的絡(luò)合生成可溶于水的Fe（SCN）64-,會促進(jìn)FeCO3固體的溶解，故答案為：Fe2+與SChT的絡(luò)合（或結(jié)合）會促進(jìn)FeCO3固體的溶解或FeCO3固體在KSCN溶液中的溶解性比KCI溶液中大;(6)依據(jù)實(shí)驗H現(xiàn)象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的過

氧化氫溶液后，有Fe(OH)dflFe(SCN)3生成，發(fā)生反應(yīng)的離

子方程式為6Fe(SCN)64_+3H2O2=2Fe(0H}3小+4Fe(SCN)3+24SCN_

或6Fe2++3H2O2+12SCN=2Fe(OH)3小+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3小+4Fe3+;故答案：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3x^+4Fe(SCN)3+24SCN-

或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(0H)3小+4Fe(SCN)3或

6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3^+4Fe3+；JU.(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳

酸亞鐵([CH3CH(OH)COO]2Fe補(bǔ)血劑，可得關(guān)系式MnOr5Fe2+?

5[CH3CH(OH)COO]2Fe，則乳酸亞鐵的物質(zhì)的量為0.1000mol/Lx0.01Lx5=0。005mol，則乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)14四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解析g遷制17%,由于乳酸根中含有羥基，也可以被酸性

高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀溶液的量增多，而計算

中只按Fe2+被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致產(chǎn)

品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%,故答案為：117%;乳酸根

中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4.9.廢舊鈷金屬片中的鈷有+2價和+3價，還含有錳、鐵、鈣、

鎂、鋁等金屬元素及碳粉等，回收鈷的工藝流程：廢鈷片空NaOH細(xì)嚴(yán) (!NHJAOJF液I植後1圖甲濾液297鈷的根出享％乙困己知：①焙燒后Mn元素的化合價為+2

②物質(zhì)MgF2CaF2C0F2MgC2O4CaC2O4COC2O4溶度

積4x10一950

3xl0~94xl0~35xl0~664x10-9lo7xl0-7焙燒時為了使廢舊鈷金屬片充分反應(yīng)，可采取的措施是

(任寫一條)。濾液1含有的陰離子是 。該流程中浸鈷時，鈷的浸出率最高只能達(dá)到70%，后來改進(jìn)

方法，加入使用硫酸進(jìn)行第一次浸取后，再加入Na25O3溶液進(jìn)四川省成都市樹德中學(xué)2020屈高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折行第二次浸取，從而使鈷的浸出率達(dá)90%以上，寫出第二次浸

出鈷時溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式: 凈化溶液的操作中含有多個步驟，先除鐵后除錳。除鐵：常溫下，調(diào)節(jié)溶液pH為1.5~2,0后，加H2O2,

反應(yīng)一段時間，加8%Na2CO3溶液,將溶液的pH調(diào)至4.0?5.0.請用化學(xué)平衡移動原理解釋加入Na2CO3溶液能除去溶液

中鐵元素的原因 。除錳：加入NaCIO溶液。寫出該離子方程式： ③減鈣鎂：加入NH4F溶液，沉淀大部分的鈣、鎂的離子.試

解釋為何草酸銨溶液沉鈷前要減鈣鎂: .(5)樹德中學(xué)化學(xué)興趣小組欲探宄CoC2O4-2H2O受熱后的分解

產(chǎn)物，取5.49gCoC204<2H20(摩爾質(zhì)量為183g/mol)于硬質(zhì)玻

璃管中加熱一段時間，冷卻、稱量，剩余氧化物固體的質(zhì)量為20

41g。書寫CoC204*2H20受熱分解的化學(xué)方程式 【答案】(1).將廢舊鈷片粉碎或適當(dāng)增大空氣的進(jìn)氣量

(2)。AI02-、0H— (3)。SO52-+Co2O3+4H-=SO/-+2Co"+2H2O或SO/+Co3O^6H-=SO/+3Co-+3H:O (4).溶液中存在鐵離子的水解平衡：Fe-+3H2O-Fe(OH)J+3H\向該體系中加入Na2CO3溶液后，CO32-

和H+反應(yīng)，使c(H+)降低，促進(jìn)水解平衡正向移動，生成Fe(OH)3

沉淀(5).Mir*+CIO+H2O=MiiO2i+Cl+2H-(6)o草酸鈷的

溶度積比草酸鈣大，與草酸鎂很接近，先減少鈣、鎂離子的濃-16-四川省成都市樹德中學(xué)2020屈高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折度，可以避免再沉鈷時引入鈣、鎂雜質(zhì) (7)。3CoC2O4■2H,OACo3O4+4COT+2CO,T+6H2O【解析】【分析】由流程圖可知，廢鈷片在空氣中焙燒后，生成鈷、錳、鐵的氧化物以及氧化鎂、氧化鋁、氧化鈣、二氧化碳等，加入氫氧化鈉溶液堿浸可以與氧化鋁反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，從而過濾除去，然后

再用稀硫酸浸取鈷元素，使其轉(zhuǎn)化為離子，同時錳、鐵、鈣、鎂

元素也轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的離子，再經(jīng)過溶液凈化除去鐵、錳、鈣、

鎂，最后用草酸銨溶液沉淀鈷離子，得到草酸鈷，據(jù)此分析解答。

【詳解】(1)將廢舊鈷片粉碎或適當(dāng)增大空氣的進(jìn)氣量，可以在

焙燒時使廢舊鈷金屬片充分反應(yīng)，故答案為：將廢舊鈷片粉碎或

適當(dāng)增大空氣的進(jìn)氣量；(2)加入氫氧化鈉溶液堿浸，AI2O3與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸

鈉，則濾液1的溶質(zhì)為偏鋁酸鈉和過量的氫氧化鈉，則含有的陰

離子是AIO2一、OH,故答案為：AIO2-、OH-；(3)Na2SO3具有還原性,可以將+3價鈷的氧化物還原為+2價鈷離

子，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為或

SO/+Co2O4^6H-=SO42+3Co2++3H:O，故答案為：SO3:+Co:O3+4H+=SO廣十2Co:++2H:O或SO52+Co3O4-6H*=SO/+3Co2++3H2O-(4)①加H2O2,可以將Fe2+氧化為Fe3+，在溶液中存在鐵離子的

水解平衡：Fe-+3H2O^Fe(OHV3H-,則向該體系中加入Na2CO3溶液

后,CO#和H+反應(yīng)，使c(H+)降低，促進(jìn)水解平衡正向移動，生成17四川省成都市樹德中學(xué)2020屈高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折Fe(OH)3沉淀，故答案為:溶液中存在鐵離子的水解平衡：

Fe-+3H2O-Fe(OH)5+3H-z向該體系中加入Na2CO3溶液后，CO32-和H+

反應(yīng)，使c(H+)降低，促進(jìn)水解平衡正向移動，生成Fe(OH)3沉

淀；②NaCIO具有強(qiáng)氧化性，可以將Mn2+氧化為MnO2，從而過濾除

去，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：M1f++ClO>H2O=MnO2i+Cl-+2H\故答

為.Mn>+CIO+H,O=MiiO,丄+CK+2H*.@)由表格中的溶度積數(shù)據(jù)可知，草酸鈷的溶度積比草酸鈣大，

與草酸鎂很接近，則為了避免在沉鈷時，將鈣離子、鎂離子同

時沉淀，應(yīng)先加入nh4f溶液，沉淀大部分的鈣、鎂的離子，再加

入草酸沉淀鈷離子，故答案為：草酸鈷的溶度積比草酸鈣大，

與草酸鏌很接近，先減少鈣、鎂離子的濃度，可以避免在沉鈷時

引入鈣、鎂雜質(zhì)；(5)5o49gCoC2O4.2H20的物質(zhì)的量為歲^—，則剩余的

鈷的氧化物固體中氧元素的物質(zhì)的量為2.41蚪：二59一。1補(bǔ)-，

則該氧化物中Co與O元素物質(zhì)的量之比為3:4,則該鈷的氧

化物的化學(xué)式為Co3O4,由此可知部分Co的化合價升高，失電子，

則C元素應(yīng)得電子，化合價降低，生成CO,根據(jù)得失電子守恒、

元素守恒配平該方程式，還應(yīng)有(：02和H2O生成，故發(fā)生反應(yīng)

的化學(xué)方程式為3CoCA?2H2OACo3O4+4COT+2CO2T+6H2O，故答案為：

3CoC2O4■2H,OACo5O4+4COT+2CO,T+6H2O。10?？赡娣磻?yīng)2SO2(g)+O2(g)^2SO3(g)是硫酸工業(yè)中非常重要-18-四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折的一個反應(yīng)，因該反應(yīng)中使用催化劑而被命名為接觸法制硫酸。使用V2O5催化該反應(yīng)時，涉及到催化劑V2O5的熱化學(xué)反

應(yīng)有： V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)AH,=

+59.6kJ-mol_1 2V2O4(s)+O2(g)=2V2O5(s) △H2=-314.4kJ-mol1

則2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ，若降低溫度，該反應(yīng)速率會 (填"增大"或"減小")向10L密閉容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各lmol及一

定量的02,改變加入02的量，在常溫下反應(yīng)一段時間后，測

得容器中V2o4、V2O5.so2和SOb的量隨反應(yīng)前加入02的

變化如圖甲所示，圖中沒有生成so3的可能原因是 物質(zhì)的Jwxlno圖甲(3)向10L密閉容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol，O2(g)0。3mol,保持恒壓的條件下分別在B、T2、T3三種溫度下進(jìn)行反應(yīng)，測得容器中SO2的轉(zhuǎn)化率如圖乙所示.

@Ti r2(填"〉"或"〈")。 ②r2時，2SO2(g)+O2(g)—2SO3(g)的平衡常數(shù)/<= 。若 四川省成都市樹德中學(xué)2020屈高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折

向該容器通入高溫He(g)(不參加反應(yīng)，高于h)，SO3的產(chǎn)

率將 選填"增大""減小""不變""無法確定")，理由是 。

?結(jié)合化學(xué)方程式及相關(guān)文字，解釋反應(yīng)為什么在丁3條件下

比t2條件下的速率慢: 。

(4)T2時使用V2O5進(jìn)行反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，

在保證O2(g)的濃度不變的條件下，增大容器的體積，平衡

(填字母代號)。A.向正反應(yīng)方向移動 B.不移動C.向逆反應(yīng)方向移動D.無法確定【答案】(1)。-195.2kJ/mol (2)。減小(3)。常

溫下，V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)

+O2(g)=2SO3(g)反應(yīng)都很慢(4)0 < (5)olo89xl04 (6)o減小(7).該反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，通入高溫He相當(dāng)于加熱；同時容器的體積增大，相當(dāng)

于減小壓強(qiáng)，平衡均左移，產(chǎn)率減小 (8)。該反應(yīng)正向為放熱反應(yīng)，平衡時溫度越高，SO2的轉(zhuǎn)化率越低，故比T2高，高

溫下，反應(yīng)②平衡向左移動，生成的V2O4固體覆蓋在V2O5固體的

表面,減小了V2O5與SO2氣體的接觸面積，使得V2O5(s)+SO2(g)

=V2O4(s)+SO3(g)的反應(yīng)速率降低 (9).B【解析】【分析】結(jié)合己知熱化學(xué)方程式，根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計算；由圖像可知，隨反應(yīng)前加入02量的變化，SO2未參與反應(yīng)，四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折V2O4逐漸減少，V2O5逐漸增多，根據(jù)反應(yīng)條件和反應(yīng)方程式分析

反應(yīng)的發(fā)生；①溫度越高，反應(yīng)速率越大；②由圖像可知，在r2溫度下，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，502的

轉(zhuǎn)化率為90%，則可列出三段式，計算平衡時氣體總物質(zhì)的量，

再根據(jù)恒溫恒壓下，氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比可得，計

算平衡時容器的體積，從而計算平衡時氣體的濃度，進(jìn)而計算該

反應(yīng)的平衡常數(shù)；通入高溫He相當(dāng)于加熱，同時容器的體積會

增大，再結(jié)合平衡移動規(guī)律分析；?結(jié)合平衡移動規(guī)律以及V2O5催化反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)

=2SO3(g)的歷程分析原因；根據(jù)V2O5催化反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)的歷程分析.

【詳解】(1)已知熱化學(xué)方程式?V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)A?1=+59.6^^01-1；②2V2O4(s)+O2(g)—2V2O5(s) △H2=-314o4kJ-mo|-1；根據(jù)蓋斯定律可知，由2x①+②可得目標(biāo)方程式2SO2(g)+02(g)—2SO3(g)J'JAH3

=2AHi+AH2=+59.6kJ-moF1x2-314.4kJ-mo|-1=-195.2kJ/mol/

降低溫度，反應(yīng)速率會減小，故答案為：-195。2kJ/mol；減??；

(2)由圖像可知，隨反應(yīng)前加入02量的變化，SO2未參與反應(yīng)，

V2O4逐漸減少，V2O5逐漸增多，由此可知，容器中發(fā)生反應(yīng)2V2O4

(s)+O2(g)=2V2O5(s)，而反應(yīng)仏05(s)+SO2(g)—V2

O4(s)+SO3(g)和2SO2《g)+O2(g)=2SO3(g)兒乎沒有發(fā)生，

可能是在常溫下反應(yīng)都很慢，則沒有生成SO3,故答案為：常溫四川省成都市樹德中學(xué)2020屈高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折下，V2O5(s)+SO2(g)—V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+

O2(g)=2SO3(g)反應(yīng)都很慢；①由圖像可知，在r2溫度下，該反應(yīng)先達(dá)到平衡狀態(tài)，

則反應(yīng)速率更大，且該反應(yīng)正向為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡

逆向移動，502的轉(zhuǎn)化率降低，則r2溫度更高，故答案為：＜;

②由圖像可知，在r2溫度下，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，502的

轉(zhuǎn)化率為90%,貝ljSO2的轉(zhuǎn)化量為0.54mol，可列出三段式(單01m為位2SO:(g)+O2(g)#2SO“g)o：L °^7 0°54，則平衡時氣體總物質(zhì)的量為0。0.06 0.03 0.5406mol+0。03mol+0.54mol=0。63mol,設(shè)平衡時容器的體積為根據(jù)恒溫恒壓下，氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比可得，

》黑，賺純涮飯鋤￥後趣"=7S)=^0M=1-89x10^奸i亥碰洲桐只跡_

(7)X7熱反應(yīng)，通入高溫He相當(dāng)于加熱，同時容器的體積會增大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡均左移，產(chǎn)率減小，故答案為：1.89xlO＜減

小;該反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，通入高溫He相當(dāng)于加熱，同時容器的體積增大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡均左移，產(chǎn)率減小;③該反應(yīng)正向為放熱反應(yīng)，平衡時溫度越高，SO2的轉(zhuǎn)化率越低，故r3比r2高，高溫下，反應(yīng)②平衡向左移動，生成的v2o4固體覆蓋在v2o5固體的表面，減小了v2o5與so2氣體的接觸面積,四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折使得V2O5(S)+SO2(g)O4(S)+SO3(g)的反應(yīng)速率 降低，故答案為:該反應(yīng)正向為放熱反應(yīng)，平衡時溫度越高，so2

的轉(zhuǎn)化率越低，故r3比r2高，高溫下，反應(yīng)②平衡向左移動，生成的v2o4固體覆蓋在v2o5固體的表面，減小了v2o5與so2氣體的接觸面積，使得V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)

的反應(yīng)速率降低；(4)丁2時使用V2O5進(jìn)行反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)=2SO3《g),

實(shí)際上反應(yīng)的過程為?V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SOb

(g)，②2V2O4(s)+O2(g)=2V2O5(s)，反應(yīng)①為反應(yīng)前后氣

體物質(zhì)的量不變的反應(yīng)，增大容器的體積，即減小壓強(qiáng)，平衡

不移動，對于反應(yīng)②，由于氧氣的濃度不變，則平衡也不移動，

故2SO2(g)+O2(g)—2SO3(g)不移動，故答案為：Bo11。Al、Ti、Co、Cr、Zn等元素形成的化合物在現(xiàn)代工業(yè)中有

廣泛的用途.回答下列問題：(1)下列狀態(tài)的鋁中,電離最外層的一個電子所需能量最小的是

(填標(biāo)號)。A.[Nehs1B.[Ne]3s2C.[NehsQp1D.[NepsQp2

(2)熔融aici3時可生成具有揮發(fā)性的二聚體AI2CI6,二聚體

AI2CI6的結(jié)構(gòu)式為 ；(標(biāo)出配位鍵)其中AI的配位數(shù)為 (3)與鈦同周期的所有副族元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與

基態(tài)鈦原子相同的元素有 種. (4)Co2+的價電子排布式 。NHb分子與Co2+結(jié)合成配四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折合物[Co(NH3)6]2+，與游離的氨分子相比，其鍵角ZHNH

(填"較大"，"較小"或"相同")，解釋原因 。己知CrO5中鉻元素為最高價態(tài)，畫出其結(jié)構(gòu)式： 。阿伏加德羅常數(shù)的測定有多種方法,X射線衍射法就是其中

的一種。通過對碲化鋅晶體的X射線衍射圖象分析，可以得出

其晶胞如圖1所示，圖2是該晶胞沿z軸的投影圖，請在圖

中圓球上涂"?"標(biāo)明Zn的位置 .若晶體中Te呈立方面心 最密堆積方式排列,Te的半徑為apm,晶體的密度為pg/cm3,阿

伏加德羅常數(shù)A/a=mol-1(列計算式表達(dá))?！敬鸢浮?(1)。D(2)0 (3)。4 (4)o4 (5)o 3d7 (6)o較大(7)。NH3通過配位鍵與Co2+結(jié)合后，原來的孤電子對變?yōu)槌涉I電子對，對其他N-H成鍵

電子對的排斥力減小，N-H鍵之間的鍵角增大 (8)。oJ-o’?? 4x(65十128) (9)。d (或Te與Zn的位置互換｝(10).皆心【解析】

【分析】四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折電離最外層的一個電子所需的能量:基態(tài)原子＞激發(fā)態(tài)原子，

第一電離能＜第二電離能＜第三電離能；(2)二聚體AI2CI6由AI提供空軌道，CI原子提供孤電子對形成配

位鍵，配合物中的配位數(shù)是指直接同中心離子(或原子)配位的

原子數(shù)目；(3)根據(jù)核外電子的排布特點(diǎn)分析；Co為27號元素，根據(jù)構(gòu)造原理可寫出Co2+的價電子排布

式;NH3分子與Co2+結(jié)合成配合物[Co(NH3)6]2+，與游離的氨分

子相比，NH3通過配位鍵與Co2+結(jié)合，原來的孤電子對變?yōu)槌涉I

電子對；計算該化合物中氧的化合價判斷其結(jié)構(gòu)；(6)根據(jù)均攤法計算該晶胞中Zn原子、Te原子的數(shù)目，計算晶

胞的邊長，列出晶體密度的表達(dá)式，從而轉(zhuǎn)化得到阿伏加德羅

常的表達(dá)式?！驹斀狻?1)電離最外層的一個電子所需的能量：基態(tài)原子〉

激發(fā)態(tài)原子，第一電離能＜第二電離能＜第三電離能，D為激

發(fā)態(tài)原子，D狀態(tài)的鋁電離最外層的一個電子所需能量最小，

故答案為：D；熔融AICIs時可生成具有揮發(fā)性的二聚體AI2CI6,該二聚體

由AI提供空軌道，CI原子提供孤電子對形成配位鍵，其結(jié)構(gòu)式

為配合物中的配位數(shù)是指直接同中心離子(或原子)配

位的原子數(shù)目，二聚體AI2CI6中與Al直接相連的原子有4個，故四川省成都市樹德中學(xué)2020屁高三化學(xué)二診模擬考試試題含解折AI的配位數(shù)為4,故答案為：4;(3)Ti元素最外層有2個電子，與鈦同周期的所有副族元素的基態(tài)

原子中，最外層電子數(shù)與基態(tài)鈦原子相同的元素有Sc、V、Mn、

Zn,共4種，故答案為：4；Co為27號元素，根據(jù)構(gòu)造原理可知其價電子排布式為

3d74s2,則Co2+的價電子排布式為3d7;NH3分子與Co2+結(jié)合成

配合物[Co(NH3)6]2+，與游離的氨分子相比，NH3通過配位鍵與

Co2+結(jié)合后，原來的孤電子對變?yōu)槌涉I電子對，對其他N-H成

鍵電子對的排斥力減小，N-H鍵之間的鍵角增大，故答案為3d7;

較大；NH3通過配位鍵與Co2+結(jié)合后，原來的孤電子對變?yōu)槌涉I

電子對，對其他N-H成鍵電子對的排斥力減小，N-H鍵之間的(5)己知CrO5中鉻元素為最高價態(tài)，則Cr為+6價，在該化合物

中，設(shè)-1價氧原子為x個，一2價氧原子為y個，則可得

x+y=5,x+2y=6，解得x=4，y=l，則該化合物中含有兩個過氧鍵,則其結(jié)構(gòu)式故答案為：Q^cLo;0000(6)根據(jù)碲化鋅的晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞沿z軸的投影圖為或Te與Zn的位置互換)，根據(jù)均攤法可知，在該晶胞中Zn原子的數(shù)目為4,Te原子的數(shù)目為^+6x^4,若晶體中Te呈立方面心最密堆積方式排列，則晶胞的面對角線為4apm,則晶26四川省成都市樹德中學(xué)2020屆高三化學(xué)二診模擬考試試題含解析4x(65+128)胞的邊長為,則晶體的密度p=喏：；廣3,阿伏加德羅常八, 4x（65十128），故答案為:（或Te與Zn的位置互換）;4x(65+128)皆10，!/【點(diǎn)睛】第（3）問，問的是與鈦同周期的所有副族元素的基態(tài)原

子中，最外層電子數(shù)與基態(tài)鈦原子相同的元素有幾種，這里一定

注意是副族元素，F(xiàn)e、Co、Ni雖然最外層也是2個電子，但是它

們不是副族元素，是第VIII