2023年高考化學(xué)第一次模擬試卷（含解析）

2023年高考化學(xué)第一次模擬試卷

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；如需改動(dòng)，

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在試卷

上無效。

3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。

一、單選題（本大題共16小題，共48分）

1.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是（）

A.S02具有氧化性，可用于漂白紙漿

B.Si的熔點(diǎn)高，可用作半導(dǎo)體材料

C.FeC13溶液顯酸性，可用于蝕刻銅制的電路板

D.漂白液中含有強(qiáng)氧化性物質(zhì)，可作漂白劑和消毒劑

2.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述正確的是（）

A.明機(jī)和新制氯水都具有凈水作用

B.氨氣極易溶于水，因此液氨可用作制冷劑

C.化學(xué)家最近成功制造出環(huán)狀碳分子C18,它與C60和金剛石均互為同素異形體

D.10Be和9Be具有相同的化學(xué)性質(zhì)，因此可以用9Be代替lOBe完成“鋁鍍埋藏測(cè)年法”

3.下列敘述正確的是（用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值）（）

A.2.4g金屬鎂變?yōu)殒V離子時(shí)失去的電子數(shù)為0.1NA

B.1molHC1氣體中的粒子數(shù)與0.5mol/L鹽酸中溶質(zhì)粒子數(shù)相等

C.6.4g銅與足量的硫磺在絕隔空氣的條件下反應(yīng)，電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為0.1NA

D.1mol白磷分子中所含共價(jià)鍵數(shù)為4NA

4.下列說法對(duì)應(yīng)的離子方程式合理的是（）

A.泡沫滅火器的工作原理：2Al3++3C032-+3H20=2Al（0H）3I+3C02t

B.侯氏制堿法中NaHCO3的制備：NH3+C02+H20=HC03-+NH4+

C.草酸使酸性KMnO4溶液褪色：5H2C204+2Mn04-+6H+=2Mn2++10C02t+8H20

D.雙氧水中加入稀硫酸和KI溶液：2I-+H202+2H+=I2+02t+2H20

5.下列裝置所示的實(shí)驗(yàn)中，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ?/p>

配制一定物質(zhì)的量濃度的H2S04溶液

CO2(HC1)

B,飽和Na2cO3溶液除去co2中的HC1

6.硝酸廠的煙氣中含有大量的氮氧化物(NOx),將煙氣與112的

混合氣體通入Ce(S04)2與Ce2(S04)3[Ce中文名“飾”]的混合溶

液中實(shí)現(xiàn)無害化處理，其轉(zhuǎn)化過程如圖所示。下列說法正確的是

()

A.處理過程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+總數(shù)減少

B.該轉(zhuǎn)化過程的實(shí)質(zhì)為NOx被H2氧化

C.x=2時(shí)，過程II中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為8：

1

D.過程I發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：H2+Ce4+=2I1++Ce3+

7.下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作和結(jié)論均正確的是()

選項(xiàng)操作結(jié)論

向溶液X中加入稀鹽酸和氯化鋼的混合溶液，出

A說明溶液X中一定含有S042-

現(xiàn)白色沉淀

向盛有Fe(N03)2溶液的試管中加入lmol-L-1的若試管口出現(xiàn)紅棕色氣體，說明

B

H2S04N03-被Fe2+還原為N02

制備乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)，將蒸出的乙酸乙酯蒸氣導(dǎo)

C防止倒吸，便于分層.

在飽和的NaOH溶液液面以上

使用含NaF的牙膏，可以使牙齒上的Ksp[Ca5(P04)3F]<Ksp[Ca5(P04)30

D

Ca5(P04)30H轉(zhuǎn)化為Ca5(P04)3F,防止蛀牙H]

A.AB.BC.CD.D

8.金屬材料的發(fā)展極大地促進(jìn)了人類社會(huì)的文明程度。如圖是兩種金屬及其化合物的轉(zhuǎn)化

關(guān)系。下列說法不正確的是()

金屬紅色溶液

A.根據(jù)反應(yīng)③可知氧化性：Fe3+>H202

B.向X溶液中滴入K3［Fe(CN)6］溶液，生成藍(lán)色沉淀

C.反應(yīng)③中稀硫酸僅表現(xiàn)酸性

D.反應(yīng)①的離子方程式為Cu+H202+2H+=Cu2++2H20

9.下列實(shí)驗(yàn)?zāi)塬@得成功的是()

A.碘乙烷水解實(shí)驗(yàn)后,取水解液，加入AgN03溶液，檢驗(yàn)鹵素離子

B.碘乙烷水解實(shí)驗(yàn)后,取水解液，加入KMnO4(H+)溶液，檢驗(yàn)產(chǎn)物乙醇

C.碘乙烷消去實(shí)驗(yàn)后,將氣體導(dǎo)入KMnO4(H+)溶液，檢驗(yàn)產(chǎn)物乙烯

D.碘乙烷消去實(shí)驗(yàn)后,將氣體導(dǎo)入Br2(CC14)溶液，檢驗(yàn)產(chǎn)物乙烯

10.硫酸鐵鏤(NH4Fe(S04)2-xH20］是一種重要鐵鹽。為充分利用資源，變廢為寶，在實(shí)驗(yàn)室

中探究采用廢鐵屑來制備硫酸鐵鍍，具體流程如圖，下列說法正確的是()

A

B為了加快反應(yīng)速率，步驟②所需要的溫度越高越好

C工業(yè)上經(jīng)常使用碳酸氫鈉溶液來清除廢鐵屑表面的油污

鐵屑中含有少量硫化物，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體需要凈化處理所以應(yīng)將尾氣直接通入到盛有足量水

的燒杯中吸收

D.步驟⑤中的具體實(shí)驗(yàn)操作有加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾(洗滌)經(jīng)干燥得到硫酸鐵錢晶體樣品

11.短周期主族元素X、Y、W、Z、R的原子序數(shù)依次增大。其中X、Z同主族，Z的單質(zhì)是制造

太陽能電池的常用材料，W3+與丫2-具有相同的核外電子數(shù)，R是同周期中原子半徑最小的元素。

下列說法正確的是()

A.丫2-的半徑大于W3+的半徑

B.Y、Z形成的二元化合物為離子化合物

C.Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性比X的強(qiáng)

D.Z的氣態(tài)簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性比R的強(qiáng)

12.NH3和NO是有毒氣體，在一定條件下它們可通過反應(yīng)轉(zhuǎn)化為無害的N2和H20。已知：斷開

ImolN三N、lmolN-H>ImolN=0、lmolH-0的鍵能分別為:946kJ/moK391kJ/mok607kJ/mok

464kJ/mol則該反應(yīng)4陽35)+6麗5)=5g5)+611201)的反應(yīng)熱411為()

A.-1964kJ-mol-lB.+430kJ-mol-lC.-1780kJ-mol-lD.-450kJ-mol-l

13.下列有關(guān)生活生產(chǎn)中的敘述合理的是()

A.銅的精煉工業(yè)和電鍍銅工業(yè)，均可采用CuS04溶液做電解質(zhì)溶液

B.鉛蓄電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為Pb02+4H++2e-=Pb2++2H20

C.水庫的鋼閘門與電源負(fù)極相連以防止其生銹，該法即犧牲陽極的陰極保護(hù)法

D.用惰性電極電解NaOH溶液，一段時(shí)間后，加入--定質(zhì)量的NaOH固體，能將溶液恢復(fù)至與原

來溶液完全一樣

14.某溫度下,向10mL0.1mol-L-lCuC12溶液中滴入0.lmol-L-1的Na2S溶液，溶液中

-lgc(Cu2+)隨滴入的Na2s溶液體積的變化如圖所示。下列敘述不正確的是()

A.Ksp(CuS)的數(shù)量級(jí)為10-36

B.c點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中：c(S2-)+c(Cl-)=c(Na+)

C.a、b,c三點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中，b點(diǎn)水的電離程度最小

D.Na2s溶液中：2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)

15.已知14gA和36gB恰好完全反應(yīng)生成C(MC=80g/mol)和lOgD,則C的物質(zhì)的量為()

A.0.25molB.lmolC.2molD.0.5mol

16.某無色透明溶液中可能存在Br-、C032-、S032-、A13+、1一、Na+、Cu2+中的若干種?，F(xiàn)

進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，得到如下現(xiàn)象：

①向溶液中滴加足量氯水后，溶液變橙色，且有無色氣泡冒出；

②向所得橙色溶液中加入足量BaC12溶液，有白色沉淀生成加入鹽酸后沉淀不溶解；

③向所得溶液中繼續(xù)滴加淀粉溶液，溶液不變藍(lán)色。

已知：5C12+I2+6H20=10HCl+2HI03

據(jù)此可以判斷該溶液中肯定存在的離子組是()

A.Na+、C032-、$032-、Br-B.A13+,Na+、S032-、Br-

C.A13+、S032-、1一、Br-D.A13+、Br-、S032-,Cu2+

二、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共22.0分)

17.氯苯在染料醫(yī)藥工業(yè)中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有機(jī)中間體。實(shí)驗(yàn)室中

制備氯苯的裝置如圖所示(夾持儀器已略去)。

請(qǐng)回答下列問題：

(1)儀器a中盛有KMnO4晶體，儀器b中盛有濃鹽酸。打開儀器b中的活塞，使?jié)恹}酸緩緩滴下，

該反應(yīng)離子方程式為。

(2)儀器b外側(cè)玻璃導(dǎo)管的作用是。

(3)儀器d內(nèi)盛有苯，F(xiàn)eC13粉末固體，儀器a中生成的氣體經(jīng)過儀器c進(jìn)入到儀器d中。儀器d

中的反應(yīng)進(jìn)行過程中，保持溫度在40?60℃,以減少副反應(yīng)發(fā)生。儀器d的加熱方式最好是—

加熱，制取氯苯的化學(xué)方程式為。

(4)儀器e的作用是_____。

(5)該方法制備的氯苯中含有很多雜質(zhì)，工業(yè)生產(chǎn)中，通過水洗、堿洗，再通過分液得到含氯苯的

有機(jī)物混合物，混合物成分及沸點(diǎn)如表一：

有機(jī)物苯氯苯鄰二氯苯間二氯苯對(duì)二氯苯

沸點(diǎn)/℃80.5132.2180.4173.0174.1

①水洗時(shí)除去的主要雜質(zhì)為

②從該有機(jī)物混合物中提取氯苯，可采用方法。(填一種分離方法)

(6)實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)中，苯的流失如表二：

流失項(xiàng)目蒸氣揮發(fā)二氯苯其他

苯流失量2.08%1.17%16.75%

18.鉆是一種中等活潑金屬，化合價(jià)為+2價(jià)和+3價(jià)，其中CoC12易溶于水。某校同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)

驗(yàn)證(CH3C00)2co(乙酸鉆)的分解產(chǎn)物?；卮鹣铝袉栴}：

NaOH溶液

7

4

港

.清

右

?

它

水

X

圖2

I.甲同學(xué)用Co203與鹽酸反應(yīng)制備COC12.4H20,其實(shí)驗(yàn)裝置如圖1。

①燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為。

②裝置B中的現(xiàn)象可以說明氧化性>,從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋。

II.乙同學(xué)利用甲同學(xué)制得的CoC12-4H20在醋酸氛圍中制得無水(C113co0)2Co,并利用圖2裝置檢

驗(yàn)(CH2C00)2C。在氮?dú)鈿夥罩械姆纸猱a(chǎn)物。已知PdC12溶液能被CO還原為Pd。

①裝置E、F分別盛放和?

②E、F、G中的試劑均足量，觀察到I中氧化銅變紅，J中固體由白色變藍(lán)色，K中石灰水變渾濁，

則可得出的結(jié)論是o

③通入氮?dú)獾淖饔檬恰?/p>

三、簡(jiǎn)答題(本大題共2小題，共20.0分)

19.以軟錦礦粉(主要含有Mn02,還含有少量的Fe203、A1203等雜質(zhì))為原料制備高純Mn02的

流程如圖1所示。

秋以必桁

Mn＜）；

破股會(huì)恢

獨(dú)沒

己知：①常溫下，Ksp[Fe(0H)3]=8.0X10-38,Ksp[Al(0H)3]=4.0X10-34,

②常溫下，氫氧化物沉淀的條件：A13+、Fe3+完全沉淀的pH分別為4.6、3.4；Mn2+開始沉淀的

pH為8.1。

③常溫下，當(dāng)溶液中金屬離子物質(zhì)的量濃度小于或等于lX10-5molL-l時(shí)，可視為該金屬離子

己被沉淀完全。

(1)“酸浸”實(shí)驗(yàn)中,鎰的浸出率結(jié)果如圖2所示。由圖可知,軟毓礦粉酸浸的適宜條件是______。

(2)酸浸后，鎰主要以Mn2+的形式存在，寫出相應(yīng)的離子方程式o

(3)若氧化后c(A13+)=0.02mol/L,加入氨水(設(shè)溶液體積增加1倍)，使Fe3+完全沉淀，此時(shí)是否

有A1(OH)3沉淀生成？(列式計(jì)算)；想要達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，加入氨水?yīng)調(diào)節(jié)pH的范圍為

(4)加入碳酸氫錢產(chǎn)生沉淀的過程稱為“沉鎰，“過濾II”所得濾渣為MnC03?

①“沉鎰”過程中放出C02,反應(yīng)的離子方程式為o

②“沉錦”過程中沉鎰速率與溫度的關(guān)系如圖3所示。當(dāng)溫度高于60℃時(shí)，沉錦速率隨著溫度升

高而減慢的原因是。

(5)寫出焙燒過程的化學(xué)方程式。

20.甲醇是一種重要的化工原料，又是一種可再生能源，具有開發(fā)和應(yīng)用的廣闊前景.

(1)已知：CH30H(g)=HCHO(g)+H2(g)△H=+84kJ/mol；2H2(g)+02(g)=2H20(g)AH=-484kJ/mol工業(yè)

上常以甲醇為原料制取甲醛，請(qǐng)寫出與02(g)反應(yīng)生成和的熱化學(xué)方程式：。

⑵在一容積為2L的密閉容器內(nèi)，發(fā)生反應(yīng)C0(g)+2H2(g)wCH30H(g),CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度，

壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。

①A,B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)大小關(guān)系是PAPB（填="）。

②A,B,C三點(diǎn)的平衡常數(shù)KA,KB,KC的大小關(guān)系是。

四、推斷題（本大題共1小題，共10.0分）

21.A、B、1）、X、丫是由短周期元素組成的化合物，其中X是常見的強(qiáng)酸（如

鹽酸）、丫是常見的強(qiáng)堿（如氫氧化鈉），它們的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如右圖（部分生成F7

物和水略去）.

（1）若A、B均為氣體，在水溶液中反應(yīng)生成D,其中A具有漂白性，則B的電廠

子式為______,B發(fā)生催化氧化的化學(xué)方程式為.

（2）若A、B、D含有相同的金屬元素，工業(yè)用電解熔融氧化物的方法制取該金屬單質(zhì).現(xiàn)將丫滴入

A的溶液中至過量，觀察到的現(xiàn)象是.

（3）若A是一種溫室氣體，灼燒B、D、丫時(shí)火焰均為黃色.寫出D+Y-B的離子方程式.

現(xiàn)將標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LA通入600mLlmol/L的B溶液中，則反應(yīng)后溶液中含有的溶質(zhì)的物質(zhì)的量

之比為

（4）若D是蛋白質(zhì)在人體內(nèi)水解產(chǎn)物中最簡(jiǎn)單的一種，且A與B不能反應(yīng)生成D,則D的名稱是

,寫出下列反應(yīng)的方程式：D+Y：；D+X：

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.S02用于漂白紙漿是由于二氧化硫能和有色物質(zhì)生成無色物質(zhì)，與氧化性無關(guān)，

故A不選；

B.Si導(dǎo)電性介于導(dǎo)體和絕緣體之間，可用作半導(dǎo)體材料，與熔點(diǎn)高無關(guān)系，故B不選；

C.FeC13溶液具有氧化性，能與Cu反應(yīng)，離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,與顯酸性無關(guān)

系，故C不選；

I).漂白液中含有強(qiáng)氧化性物質(zhì)，具有漂白性和消毒性，可作漂白劑和消毒劑，故D選。

故選：Do

A.S02用于漂白紙漿是由于具有漂白性；

B.依據(jù)硅導(dǎo)電性介于導(dǎo)體與絕緣體之間解答；

C.FeC13溶液具有氧化性，能與Cu反應(yīng)：

D.漂白液中含有強(qiáng)氧化性物質(zhì)，具有漂白性和消毒性。

本題考查物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)成分、用途等知識(shí)點(diǎn)，為高頻考點(diǎn)，明確物質(zhì)組成、性質(zhì)、用途關(guān)系是

解本題關(guān)鍵，題目難度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.明研具有凈水作用，原理為A13++3H20tAi(0H)3(膠體)+3H+,膠體具有吸附性，

氯水中含有次氯酸，具有殺菌、消毒及漂白的作用，故A錯(cuò)誤；

B.液氨可用作制冷劑與氨氣的熔沸點(diǎn)有關(guān)，與溶解性無關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C.C18、C60及金剛石均互為碳元素的不同的單質(zhì)，互稱為同素異性體，故C正確；

D.同位素原子之間核外電子排布相同，化學(xué)性質(zhì)相同，但物理性質(zhì)有差異，9Be不能代替10Be完

成“鋁被埋藏測(cè)年法”，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

A.明帆具有凈水作用，氯水具有殺菌、消毒及漂白的作用；

B.液氨可用作制冷劑與氨氣的熔沸點(diǎn)有關(guān)，與溶解性無關(guān)；

C.C18,C60及金剛石均互為碳元素的不同的單質(zhì)；

D.同位素原子之間核外電子排布相同，化學(xué)性質(zhì)相同，但物理性質(zhì)有差異，9Be不能代替10Be完

成“鋁鍍埋藏測(cè)年法”。

本題主要考查常見物質(zhì)的組成與性質(zhì)如明肌、氯水、氨氣等，同素異形體的概念、判斷及同位素

原子之間性質(zhì)差異，屬于基本知識(shí)，基礎(chǔ)題型，難度不大。

3.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，掌握物質(zhì)的量的計(jì)算公式和物質(zhì)結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度

不大。

【解答】

A、2.4g鎂的物質(zhì)的量為0.Imol,而鎂反應(yīng)后變?yōu)?2價(jià)，故0.Imol鎂失去0.2NA個(gè)電子，故A

錯(cuò)誤；

B、溶液體積不明確，故溶液中的粒子數(shù)無法計(jì)算，故B錯(cuò)誤；

C、6.48銅的物質(zhì)的量為0.111101,而銅和S反應(yīng)后變?yōu)?1價(jià)，故0.Imol銅轉(zhuǎn)移0.1NA個(gè)，故C

正確；

D、白磷中含6條P-P鍵來分析，故Imol白磷中含6NA條共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.【答案】C

【解析】解：A.泡沫滅火器工作時(shí)，鋁離子與碳酸氫根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)生成A1(OH)3和C02,

離子方程式為:A13+3HCO3-=A1(O11)3I+C02t,故A錯(cuò)誤；

B.侯氏制堿法中NaHC03的制備原理為：NaCl+NH3+C02+H20=NaHC03I+NH4C1,改為離子方程式為：

Na++NH3+C02+H20=NaHC03I+NH4+,故B錯(cuò)誤；

C.草酸使酸性KMnO4溶液褪色，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為：

5II2C204+2Mn04-+6II+=2Mn2++10C02t+8H20,故C正確；

D.雙氧水中加入稀硫酸和KI溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為：21-+H202+2H+=I2+2H20,

故D錯(cuò)誤；

故選：Co

A.泡沫滅火器中，硫酸鋁電離出的鋁離子與碳酸氫鈉電離出的碳酸氫根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)生成

大量二氧化碳?xì)怏w；

B.析出碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉不能拆開；

C.酸性高鎰酸鉀溶液將草酸氧化成二氧化碳?xì)怏w；

D.雙氧水將碘離子氧化成碘單質(zhì)，沒有氧氣生成。

本題考查離子方程式的判斷，為高考的高頻題，題目難度不大，注意掌握離子方程式的書寫原則，

明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，

如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等。

5.【答案】D

【解析】解：A.不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，應(yīng)在燒杯中稀釋、冷卻后轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容，故

A錯(cuò)誤；

B,二者均與碳酸鈉溶液反應(yīng)，不能除雜，故B錯(cuò)誤；

C.氯化錢分解后，在試管□氨氣與HC1化合生成氯化鍍，應(yīng)選鐵鹽與堿加熱制備，故C錯(cuò)誤；

D.NO不溶于水，則導(dǎo)管短進(jìn)長(zhǎng)出可排水收集N0,故D正確；

故選：Do

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、溶液配制、混合物分離提純、物

質(zhì)的制備、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目

難度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.處理過程中，Ce3+和Ce4+做催化劑，催化劑在反應(yīng)前后，質(zhì)量不變，數(shù)量不變，

故A錯(cuò)誤；

B.該轉(zhuǎn)化過程的實(shí)質(zhì)為NOx被H2還原為N2,H2被氧化為水，故B錯(cuò)誤；

C.x=2時(shí)，過程II為2N02+8Ce3++8ll+=N2+8Ce4++4II20,氧化產(chǎn)物為Ce4+,還原產(chǎn)物為N2,兩者之

比為8：1,故C正確；

D.過程I發(fā)生的反應(yīng)為Ce4+把112氧化為H+,自身被還原為Ce3+,反應(yīng)的離子方程式為：

H2+2Ce4+=2H++2Ce3+,故D錯(cuò)誤。

故選:C?

根據(jù)進(jìn)出圖可知，Ce4+把H2氧化為H+,自身被還原為Ce3+,然后Ce3+在酸性條件下再被NOx氧

化為Ce4+,NOx被還原為N2,同時(shí)還生成水，

A.處理過程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+充當(dāng)催化劑，總數(shù)不變；

B.該轉(zhuǎn)化過程的實(shí)質(zhì)為NOx被H2還原；

C.x=2時(shí)，過程H為N02與Ce3+的反應(yīng)，N02與被還原為N2,Ce3+的被氧化為Ce4+,根據(jù)升降守

恒，可以判斷出氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物之比；

D.過程I發(fā)生的反應(yīng)為Ce4+把H2氧化為H+,自身被還原為Ce3+,根據(jù)氧化還原反應(yīng)的原理，可

以寫出反應(yīng)的離子方程式。

本題主要考查學(xué)生的讀圖能力、分析能力、一定情景下氧化還原反應(yīng)方程式的書寫，離子方程式

的書寫，氧化還原反應(yīng)的概念判斷等，屬于中等難度題型。

7.【答案】D

【解析】解：A.白色沉淀可能為AgCl,則原溶液中不一定含S042-,故A錯(cuò)誤；

B.酸性條件下，亞鐵離子、硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NO,在試管口NO被氧化生成N02,

故B錯(cuò)誤；

C.乙酸乙酯與NaOH反應(yīng)，應(yīng)利用飽和碳酸鈉溶液，防止倒吸、便于分層，故C錯(cuò)誤；

D.Ca5(P04)30H轉(zhuǎn)化為Ca5(P04)3F,為沉淀的轉(zhuǎn)化,則Ksp[Ca5(P04)3F]<Ksp[Ca5(P04)30H],故

D正確；

故選：Do

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握離子檢驗(yàn)、物質(zhì)的性質(zhì)、沉淀轉(zhuǎn)化、實(shí)驗(yàn)技能

等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大.

8.【答案】A

【解析】解：A.③中過氧化氫可氧化亞鐵離子，則氧化性：Fe3+<H2O2,故A錯(cuò)誤；

B.X為硫酸亞鐵，滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍(lán)色沉淀，故B正確；

C.③中過氧化氫可氧化亞鐵離子，稀硫酸僅表現(xiàn)酸性，故C正確；

D.反應(yīng)①中Cu失去電子，過氧化氫中。得到電子，則離子方程式為Cu+H202+2H+=Cu2++2H20,故

D正確；

故選：A,

由圖中轉(zhuǎn)化可知，紅色金屬M(fèi)為Cu,①中發(fā)生Cu+H2O2+2H+=Cu2++2II2O,生成硫酸銅藍(lán)色溶液，丫

與氨水反應(yīng)生成紅褐色固體、丫與KSCN反應(yīng)得到紅色溶液，可知丫含鐵離子，則金屬E為Fe,X

為硫酸亞鐵，③中過氧化氫可氧化亞鐵離子，丫為硫酸鐵、Z為氫氧化鐵、W為Fe(SCN)3,以此來

解答。

本題考查無機(jī)物的推斷，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)轉(zhuǎn)化為解答的關(guān)鍵，

側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。

9.【答案】D

【解析】解：A.碘乙烷水解實(shí)驗(yàn)后檢驗(yàn)鹵素離子，應(yīng)先加酸至酸性，再加入AgNO3溶液檢驗(yàn)，則

沒有加酸中和堿，實(shí)驗(yàn)不能成功，故A錯(cuò)誤；

B.碘乙烷水解實(shí)驗(yàn)后生成醇和HI,HI具有強(qiáng)還原性，沒有先除去HL不能檢驗(yàn)乙醇，實(shí)驗(yàn)不能

成功，故B錯(cuò)誤；

C.碘乙烷消去實(shí)驗(yàn)后，生成乙烯，但乙醇易揮發(fā)，乙烯、乙醇均能被高鐳酸鉀氧化，應(yīng)先排除乙

醇的干擾，實(shí)驗(yàn)不能成功，故C錯(cuò)誤；

D.碘乙烷消去實(shí)驗(yàn)后，生成乙烯，乙醇易揮發(fā)，但乙醇不與澳反應(yīng)，則氣體導(dǎo)入Br2(CC14)溶液，

可檢驗(yàn)產(chǎn)物乙烯，故D正確；

故選D

A.碘乙烷水解實(shí)驗(yàn)后檢驗(yàn)鹵素離子，應(yīng)先加酸至酸性，再加入AgN03溶液檢驗(yàn)；

B.碘乙烷水解實(shí)驗(yàn)后生成醇和HI,HI具有強(qiáng)還原性；

C.碘乙烷消去實(shí)驗(yàn)后，生成乙烯，但乙醇易揮發(fā)，乙烯、乙醇均能被高鎰酸鉀氧化；

D.碘乙烷消去實(shí)驗(yàn)后，生成乙烯，乙醇易揮發(fā)，但乙醇不與漠反應(yīng).

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、有機(jī)物的檢驗(yàn)等，把握

鹵代燒的水解、消去反應(yīng)實(shí)驗(yàn)及發(fā)生的反應(yīng)等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目

難度不大.

10.【答案】D

【解析】解：A.升高溫度可加快反應(yīng)速率，但溫度過高導(dǎo)致反應(yīng)速率過快，易發(fā)生危險(xiǎn)，所以采

用適宜溫度(80?95℃)即可，并不是反應(yīng)溫度越高越好，故A錯(cuò)誤；

B.碳酸氫鈉溶液的堿性較弱，通常用熱的碳酸鈉溶液來清除廢鐵屑表面的油污，故B錯(cuò)誤；

C.鐵屑中含有少量硫化物，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體需要凈化處理，硫化物和稀硫酸反應(yīng)生成H2S,H2S

屬于有毒的酸性氣體，在水中溶解度不大，應(yīng)該用堿液吸收，故C錯(cuò)誤；

D.從溶液中獲取晶體采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥的方法，則步驟⑤中從溶液中

獲取晶體的步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故D正確。

故選：Do

采用廢鐵屑來制備硫酸鐵錢的流程為：步驟①用熱的Na2C03溶液去除廢鐵屑表面的油污，油污在

堿性條件下水解，且堿和Fe不反應(yīng)，②為干凈鐵屑加入稀硫酸中并加熱到80?95℃,稀硫酸和

Fe發(fā)生置換反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，過濾除去廢渣得到濾液，濾液中含有未反應(yīng)的稀硫酸和生

成的FeS04,③為濾液中加入H202,Fe2+被氧化生成Fe3+得到硫酸鐵溶液，④為硫酸鐵溶液中加

入硫酸鉉固體，⑤為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸鐵核固體，以此解答該題。

本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純、實(shí)驗(yàn)

技能為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔镏R(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。

11.【答案】A

【解析】解：A.電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：02->A13+,故A正

確；

B.Y、Z形成的化合物為Si02,屬于共價(jià)化合物，故B錯(cuò)誤；

C.X(C)的非金屬性比W(A1)強(qiáng)，故碳酸酸性比偏鋁酸強(qiáng)，故C錯(cuò)誤；

D.非金屬性R(Cl)>Z(Si),故氫化物穩(wěn)定性HCl>SiH4,故D錯(cuò)誤，

故選：Ao

短周期主族元素X、Y、W、Z、R的原子序數(shù)依次增大.其中X、Z同主族，Z的單質(zhì)是一種良好的

半導(dǎo)體材料，則Z為Si、X為C；W3+與丫2-具有相同的核外電子數(shù)，則W為A1、丫為0,R處于

第三周期，且是同周期中原子半徑最小的元素，則R為C1,結(jié)合元素周期律解答。

本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，推斷元素是解題關(guān)鍵，側(cè)重對(duì)元素周期律的考查，難度中等。

12.【答案】A

【解析】解：4NH3(g)+6N0(g)=5N2(g)+6H20(g)WAH=(4X3X391+6X607)kJ/mol-(5X946+6X2

X464)kj/mol=-1964kj/mol,

故選：A,

△出反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和，要注意一個(gè)氨氣分子有3個(gè)N-II鍵，一個(gè)水分子有2個(gè)

0-H。

本題考查化學(xué)反應(yīng)能量變化，掌握△|1=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和是解題的關(guān)鍵，此題難

度中等。

13.【答案】A

【解析】解：A、銅的精煉工業(yè)和電鍍銅工業(yè)上，銅均需做陽極失電子變?yōu)镃u2+進(jìn)入電解質(zhì)溶液，

Cu2+再在陰極上得到電子析出，故電解質(zhì)溶液均選用含銅離子的溶液，均可以用Cu$04溶液，故

A正確；

B、負(fù)極是鉛失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，所以正極反應(yīng)式為

Pb02+4H++2e-=Pb2++2H20,故B錯(cuò)誤；

C、水庫的鋼閘門與電源負(fù)極相連以防止其生銹，此時(shí)鐵作陰極，該法為外接電源的陰極保護(hù)法，

故C錯(cuò)誤；

D、用惰性電極電解NaOH溶液，實(shí)質(zhì)電解水，所以加入一定質(zhì)量的水，能將溶液恢復(fù)至與原來溶

液完全一樣，故D錯(cuò)誤。

故選：A,

A、銅的精煉工業(yè)和電鍍銅工業(yè)上，銅均需失電子變?yōu)镃u2+進(jìn)入電解質(zhì)溶液；

B、負(fù)極是鉛失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)；

C、與電源負(fù)極相連為外接電源的陰極保護(hù)法；

D、用惰性電極電解NaOH溶液，實(shí)質(zhì)電解水。

本題考查了金屬的電化學(xué)腐蝕和防護(hù)、電解原理、鉛蓄電池原理、電鍍和電解精煉，題目涉及的

知識(shí)點(diǎn)較多，側(cè)重于反應(yīng)原理的應(yīng)用的考查，題目難度中等。

14.【答案】B

【解析】解：A.b點(diǎn)加入的CuC12,Na2s的物質(zhì)的量相等,由Cu2+(aq)+S2-(aq)wCuS(s)可知,

b點(diǎn)溶液中c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.6mol/L,貝!jKsp(Cu$)=c(Cu2+)Xc(S2-)=10-17.6X

10-17.6=10-35.2=100.8X10-36,故Ksp(CuS)的數(shù)量級(jí)為10-36,故A正確;

B.c點(diǎn)溶液中n(Cl-)=2n(CuC12)=0.Imol/LXO.01LX2=0.002mol,而n(Na+)=2n(Na2S)=0.Imol/L

X0.02LX2=0.OOdmoL則溶液中2c(Cl-)=c(Na+),由于S2-沉淀等,溶液中n(Cl-)>n(S2-),

BPc(Cl-)>c(S2-),故c(Cl-)+c(S2-)〈c(Na+),故B錯(cuò)誤；

C.Cu2+單獨(dú)存在或S2-單獨(dú)存在均會(huì)水解，水解促進(jìn)水的電離，b點(diǎn)時(shí)恰好形成CuS沉淀，此時(shí)

水的電離程度最小，故C正確；

D.根據(jù)電荷守恒可知,Na2s溶液中:2c(S2-)+c(HS-)+c(0H-)=c(Na+)+c(H+),故D正確;

故選：Bo

A.b點(diǎn)溶液中c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.6mol/L,根據(jù)Ksp(CuS)=c(Cu2+)Xc(S2-)計(jì)算判斷;

B.c點(diǎn)溶液中n(Cl-)=2n(CuC12)=0.Imol/LXO.01LX2=0.002mol,而n(Na+)=2n(Na2S)=0.Imol/L

X0.02LX2=0.004moL由于S2-沉淀等，溶液中n(C1-)>n(S2-)；

C.Cu2+單獨(dú)存在或S2-單獨(dú)存在均會(huì)水解，它們?cè)谌芤褐械臐舛仍酱?，水的電離程度越大；

D.根據(jù)電荷守恒判斷。

本題考查水溶液中離子平衡，涉及難溶電解質(zhì)的溶解平衡、溶度積計(jì)算、離子濃度大小比較、鹽

類水解與弱電解質(zhì)的電離平衡等，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查。

15.【答案】D

【解析】解：根據(jù)質(zhì)量守恒定律知,m(C)=m(A)+m(B)-m(D)=(14+36-10)g=40g,

n(C)=mM=40g80g/mol=0.5mol,

故選：Do

根據(jù)質(zhì)量守恒定律知，m(C)=m(A)+m(B)-m(D)=(14+36-10)g=40g,根據(jù)n=mM計(jì)算C的物質(zhì)的量。

本題考查化學(xué)方程式的計(jì)算，把握質(zhì)量守恒定律及物質(zhì)的量有關(guān)公式是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查分

析計(jì)算能力，熟練掌握物質(zhì)的量有關(guān)公式，題目難度不大。

16.【答案】A

【解析】解：溶液無色，則不含Cu2+；

由①可知，溶液中含有Br-和CO32-,不含A13+；

由②可知，溶液中含SO32—；

由③可知，因5C12+I2+6H20=10HCl+2HI03,溶液中可能確定1-存在;

根據(jù)電荷守恒可知溶液一定含有Na+；

綜上，原溶液中一定存在Br-、CO32-、Na+、SO32-,一定不含F(xiàn)e3+、Mg2+,可能含有1一，

故選：A,

溶液無色，則不含Cu2+；

①向溶液中滴加足量氯水后，溶液變橙色，說明溶液中含有Br-,且有無色氣泡冒出，說明溶液

中含離子C032-,則不含子3+；

②向所得橙色溶液中加入足量BaC12溶液，生成不溶于鹽酸的白色沉淀，說明含SO32-；

③向所得溶液中繼續(xù)滴加淀粉溶液，溶液不變藍(lán)色，可能是碘離子氧化成單質(zhì)碘，進(jìn)一步單質(zhì)碘

被氧化成碘酸根離子或溶液中不含1-，所以溶液不變色，不能確定［-存在；

由電荷守恒可知溶液一定含有Na+,據(jù)此分析解答。

本題考查了常見離子的檢驗(yàn)方法，為高頻考點(diǎn)，明確常見離子的性質(zhì)及檢驗(yàn)方法為解答關(guān)鍵，側(cè)

重考查學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力，注意排除離子的干擾，題目難度不大。

17.【答案】2Mn04-+10Cl-+16H+=2Mn2++5C12t+8H20平衡儀器a、b內(nèi)的氣壓，使?jié)恹}酸能順

利滴下水浴?冷凝、回流FeC13、HC1蒸僧或分儲(chǔ)15

【解析】解：(1)儀器a中盛有KMnO4晶體，儀器b中盛有濃鹽酸，二者反應(yīng)制備氯氣，反應(yīng)離子

方程式為:2Mn04-+10Cl-+16H+=2Mn2++5C12t+8H20,

故答案為：2Mn04-+10Cl-+l6H+=2Mn2++5C12t+8H20；

(2)儀器b中細(xì)玻璃導(dǎo)管的作用是：平衡儀器a、b內(nèi)的氣壓，使?jié)恹}酸能順利滴下；

故答案為：平衡儀器a、b內(nèi)的氣壓，使?jié)恹}酸能順利滴下；

(3)儀器d中的反應(yīng)進(jìn)行過程中，保持溫度在40?60℃,為了受熱均勻，便于控制溫度，選擇水

。/Abci

浴加熱；制取氯苯的化學(xué)方程式為:?

故答案為：水浴;

(4)苯等有機(jī)物易揮發(fā)，e的作用是：冷凝、回流，

故答案為：冷凝、回流；

(5)①水洗除去氯苯中溶解可能性的FeC13、HC1及部分氯氣，節(jié)約后續(xù)堿洗操作時(shí)堿的用量，減

少生產(chǎn)成本；

故答案為：FeC13、HC1；

②通過分液得到含氯苯的有機(jī)物混合物，可以采取蒸儲(chǔ)或分儲(chǔ)方法進(jìn)行分離，

故答案為：蒸儲(chǔ)或分儲(chǔ)；

(6)苯的總流失量為:2.08%+l.17%+16.75%=20%,故苯轉(zhuǎn)化氯苯的利用率為1-20%=80%,由

可知，生成氯苯的質(zhì)量為：13tx80%X112.578=15t,

故答案為：15。

a中KMnO4與b中濃鹽酸制備氯氣，c中濃硫酸干燥氯氣，在儀器d中氯氣與苯在FeC13作催化劑

條件下制備氯苯，儀器e進(jìn)行冷凝回流，減少原料的揮發(fā)。

(1)高鎰酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化鉀、二氯化鎰、氯氣與水；

(2)儀器b外側(cè)玻璃導(dǎo)管可以平衡儀器a、b內(nèi)的氣壓，使?jié)恹}酸能順利滴下；

(3)保持溫度在40?60℃,為了受熱均勻，便于控制溫度，選擇水浴加熱；苯與氯氣在FeC13作

催化劑條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成氯苯與HC1；

(4)苯等有機(jī)物易揮發(fā)；

(5)①水洗除去水溶性物質(zhì)；

②分離沸點(diǎn)不同的互溶液體采取蒸鐳或分儲(chǔ)方法；

(6)三個(gè)流失項(xiàng)目中苯流失量之和為苯總流失量，進(jìn)而計(jì)算苯利用率，再根據(jù)苯與氯苯的質(zhì)量定比

關(guān)系計(jì)算。

本題考查有機(jī)物的制備實(shí)驗(yàn)，涉及基本操作、對(duì)儀器的分析評(píng)價(jià)、物質(zhì)的分離提純、方程式的書

寫、化學(xué)計(jì)算等，題目比較綜合，是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查，這類題目適合針對(duì)問題進(jìn)行作答。

18.【答案】1：2C1212同主族元素，從上到下，原子半徑逐漸增大，非金屬性逐漸減弱，得

電子能力逐漸減弱，單質(zhì)的氧化性逐漸減弱澄清石灰水PdC12溶液分解產(chǎn)物中還有一種或多

種含有C、H元素的物質(zhì)將D中的氣態(tài)產(chǎn)物排入后續(xù)裝置中

【解析】解：I.①Co203+6HCl=2CoC12+C12+3H20,參加反應(yīng)的鹽酸中真正做還原劑的只有2mol,

故氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：2,

故答案為：1：2；

②B中現(xiàn)象為溶液變藍(lán)色，說明C12+2KI=2KC1+I2,氧化劑為C12,氧化產(chǎn)物為12,故氧化性:C12>12,

Cl和I原子同主族，且Cl原子在上面，故半徑：CKL非金屬性CDI,非金屬性越強(qiáng)，單質(zhì)的

氧化性越強(qiáng)，故有氧化性：C12>12,

故答案為：C12；12；同主族元素，從上到下，原子半徑逐漸增大，非金屬性逐漸減弱，得電子能

力逐漸減弱，單質(zhì)的氧化性逐漸減弱；

H.①PdC12+C0+H20=Pd+C02+HCl,PdC12可用于檢驗(yàn)CO,但生成了0)2,為了避免生成的C02產(chǎn)

生的干擾，故C02應(yīng)該先用澄清石灰水檢驗(yàn)，然后檢驗(yàn)CO,

故答案為：澄清石灰水，PdC12溶液；

②E、F、G中的試劑均足量，I中氧化銅變紅，說明還原CuO的另有物質(zhì)，根據(jù)乙酸鉆的化學(xué)式

(CH3C00)2Co及原子守恒可知，可能生成了其他的碳?xì)浠衔?CXHy)該化合物可以還原CuO生成

Cu和C02及水，

故答案為：分解產(chǎn)物中還有一種或多種含有C、H元素的物質(zhì)；

③最后通入N2的目的是把裝置D中的氣體(CO、C02以及其它的碳?xì)浠衔?繼續(xù)排入到后面的裝

置中，含鉆化合物留在裝置D中，

故答案為：將D中的氣態(tài)產(chǎn)物排入后續(xù)裝置中。

圖1裝置A中Co203與鹽酸生成CoC12,C12和水，B中為C12置換出碘單質(zhì)，C為尾氣處理裝置，

吸收多余的C12；圖2中乙酸鉆分解生成C02、CO和CXHy,E裝置(澄清石灰石)先檢驗(yàn)C02,F裝

置(PdC12溶液)檢驗(yàn)CO,CO被氧化為C02,G裝置(NaOH溶液)吸收C02,F裝置(無水氯化鈣)干燥

生成的燒，I裝置(CuO)氧化生成的崎，又生成C02和水，自身被還原為銅，

I.①Co203做氧化劑，HC1做還原劑，根據(jù)升降守恒，即可判斷兩者之比；

②B中現(xiàn)象為溶液變藍(lán)色，說明C12置換出碘單質(zhì)，氧化還原反應(yīng)中，氧化性：氧化劑〉氧化產(chǎn)物，

即可判斷；根據(jù)氯和碘在周期表中的位置(同族，上下)即可判斷；

H.①PdC12溶液氧化CO時(shí)會(huì)生成C02,故C02應(yīng)該先檢驗(yàn)，然后檢驗(yàn)CO；

②E、F、G中的試劑均足量，I中氧化銅變紅，說明還原CuO的另有物質(zhì)，根據(jù)原子守恒可知，可

能生成了其他的碳?xì)浠衔?CXHy)；

③最后通入N2的目的是把D中的氣體繼續(xù)排入到后面的裝置中。

本題主要考查乙酸鉆的分解產(chǎn)物的驗(yàn)證，涉及到氧化還原反應(yīng)的基本知識(shí)，原子結(jié)構(gòu)，試劑的除

雜，煌也具有還原性等知識(shí)，具有較強(qiáng)的綜合性，對(duì)學(xué)生的思維能力要求較高，有一定的難度。

19.【答案】硫酸濃度：2.Imol/L,溫度：70℃左右Mn02+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H20否；

c(Fe3+)=1X10-5mol-L-l,Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)Xc3(Oil-),c(0H-)=38X10-381X10-5=2

X10-llmol/L,c(A13+)Xc3(0H-)=0.022X8X10-33=0.8X10-34<Ksp[Al(0H)3]=4.OX10-34,

故無Al(011)3沉淀生成；4.6WpH<8.1Mn2++2HC03-=MnC03I+C02t+H20溫度過高NH4IIC03的

分解速率顯著加快，導(dǎo)致沉猛速率隨NH4HC03濃度的減小而減慢2MnC03+02—△2MnO2+2CO2

【解析】解：(1)根據(jù)圖2可以看出硫酸濃度維持2.Imol/L,溫度達(dá)到70C左右時(shí)，猛的浸出率

可以達(dá)到98%左右，故不需要增大濃度、升高溫度，即浪費(fèi)原理和熱能，

故答案為：硫酸濃度：2.Imol/L,溫度：70℃左右；

(2)酸浸后，錦主要以Mn2+的形式存在，即Mn02被還原為Mn2+,Fe2+被氧化為Fe3+,故有：

MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,

故答案為：Mn02+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H20；

(3)Fe3+完全沉淀時(shí)，c(Fe3+)=lX10-5mol-L-l,Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)Xc3(0H-),c(0H-)=38

X10-381X10-5mol/L=2X10-llmol/L,c(A13+)Xc3(0H-)=0.022X8X10-33=0.8X

10-34<Ksp[Al(OH)3]=4.OX10-34,故無Al(OH)3沉淀生成;因?yàn)锳13+、Fe3+完全沉淀的pH分

別為4.6、3.4；Mn2+開始沉淀的pH為8.1；故加入氨水時(shí)調(diào)pH滿足：4.6WpH<8.1,即使A13+、

Fe3+完全沉淀，Mn2+未沉淀，

故答案為：否；c(Fe3+)=lX10-5mol-L-hKsp[Fe(0H)3]=c(Fe3+)Xc3(0H-),c(OH-)=38X

10-381X10-5mol/L=2X10-llmol/L,c(A13+)Xc3(0H-)=0.022X8X10-33=0.8X

10-34<Ksp[Al(0H)3]=4.OX10-34,故無Al(OH)3沉淀生成；4.6WpH(8.1；

(4)①“沉錦”過程中，反應(yīng)物為Mn2+與HC03-，產(chǎn)物有MnCO3和C02,離子方程式為：

Mn2++2HCO3-=MnCO3I+C02t+H20,

故答案為:Mn2++2HCO3-=MnCO3I+C02t+H20；

②NH4HC03具有熱不穩(wěn)定性，當(dāng)溫度高于60℃時(shí)，溫度過高NH4HC03的分解速率顯著加快，導(dǎo)致

沉猛速率隨NII4HC03濃度的減小而減慢，

故答案為:溫度過高NH4HC03的分解速率顯著加快，導(dǎo)致沉猛速率隨NH4HC03濃度的減小而減慢；

(5)MnCO3焙燒的產(chǎn)物為Mn02,鎬元素化合價(jià)升高，被氧化，必須有氧化劑參加，即空氣中的氧氣

做氧化劑，故方程式為：2MnC03+02—△2MnO2+2CO2,

故答案為：2MnCO3+O2—△2Mn02+2C02o

(1)根據(jù)圖2可以看出軟鎰礦粉酸浸的適宜條件是:硫酸難度維持2.Imol/L,溫度保持70℃左右；

(2)酸浸后，錦主要以Mn2+的形式存在，即MnO2被還原為Mn2+,Fe2+被氧化為Fe3+,根據(jù)原子

守恒和化合價(jià)升降守恒，進(jìn)一步寫出離子方程式；

(3)根據(jù)Ksp[Fe(Oil)3],計(jì)算出Fe3+完全沉淀時(shí)的c(0II-),然后根據(jù)Ksp[Al(OH)3]判斷是否有

A1(OH)3沉淀生成；

(4)①“沉鐳”過程中，反應(yīng)物為Mn2+與HCO3-,產(chǎn)物有MnCO3和C02,根據(jù)守恒原理進(jìn)一步寫出

離子方程式；

②當(dāng)溫度高于60℃時(shí)，溫度過高碳酸氫錢的分解速率顯著加快，導(dǎo)致沉鎰速率隨碳酸氫錢的濃度

的減小而減慢；

(5)MnC03焙燒的產(chǎn)物為Mn02,鐳元素化合價(jià)升高，被氧化，必須有氧化劑參加，即空氣中的氧氣

做氧化劑，根據(jù)守恒原理進(jìn)一步寫出離子方程式。

本題考查Mn02的制備實(shí)驗(yàn)，具體涉及到反應(yīng)方程式的書寫，Ksp的計(jì)算，圖象中有用信息的提取、

應(yīng)用，具有較強(qiáng)的綜合性，難度較大。

20.【答案】2CH30H(g)+02(g)=2HCH0(g)+2H2O(g)AH=-316kJ-mol-1<KA=KB>KC

【解析】解：(1)已知:?CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g)AH=+84kJ/mol；②2H2(g)+02(g)=2H20(g)△

H=-484kJ/mol,將2X①+②得到CH30H(g)與02(g)反應(yīng)生成HCHO(g)和H20(g)的熱化學(xué)方程式為

2CH30H(g)+02(g)=2HCH0(g)+2II20(g)AH=-316kj-mol-l,

故答案為：2CH3OH(g)+02(g)=2HCH0(g)+2H20(g)AH=-316kj-mol-l；

(2)①反應(yīng)CO(g)+2II2(g)wCH3011(g),是氣體體積減小的反應(yīng),加壓反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率增大，所以PA〈PB,

故答案為：<;

②據(jù)圖分析，隨溫度升高co轉(zhuǎn)化率降低，說明正反應(yīng)放熱，升溫平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小,

所以KA=KB>KC,

故答案為：KA=KB>KC?

(1)已知：?CH30H(g)=HCHO(g)+H2(g)AH=+84kJ/mol；②2H2(g)+02(g)=2H20(g)AH=-484kJ/mol,

可利用蓋斯定律將2X①+②得到CH30H(g)與02(g)反應(yīng)生成HCHO(g)和H20(g)的熱化學(xué)方程式;

(2)①反應(yīng)C0(g)+2H2(g)eCH30H(g),是氣體體積減小的反應(yīng)，加壓反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率增大；

②平衡常數(shù)只受溫度影響，據(jù)圖分析，隨溫度升高C0轉(zhuǎn)化率降低，說明正反應(yīng)放熱。

本題考查熱化學(xué)方程式書寫、影響平衡的因素、化學(xué)平衡常數(shù)、化學(xué)平衡圖象等，為高頻考點(diǎn)，

注重基礎(chǔ)，難度中等。

H

21.【答案】H：N：H；4NH3+502催化劑6H20；先生成白色沉淀后又消失；

HC03-+0H--C032-+H20；n(Na2C03)：n(NaHC03)=l：10；甘氨酸；H2N-CH2-C00H+Na0H-

H2N-CI12-C00Na+H20；H2N-CH2-C00H+HC1-H00C-CH2-NI13+C1-

【解析】解：(1)若A、B均為氣體，在水溶液中反應(yīng)生成D,其中A具有漂白性，則A為$02,D

H

能與強(qiáng)堿反應(yīng)得到氣體B,D為鎮(zhèn)鹽，可推知B為NH3、D為(NH4)2SO3,氨氣分子電子式為“：N：H,

氨氣發(fā)生催化氧化生成NO與水，反應(yīng)方程式為：4NH3+502催化劑△4MH6H20,

H

故答案為：H：N：H；4NH3+502催化劑△4N0+6H20：

(2)若A、B、D含有相同的金屬元素，則A為鋁鹽、B為偏鋁酸鹽、D為Al(0H)3,將強(qiáng)堿B滴入

鋁鹽溶液中，先生成氫氧化鋁白色沉淀，后氫氧化鋁又溶解，

故答案為：先生成白色沉淀后又消失；

⑶灼燒B、D、Y時(shí)火焰均為黃色，均含有Na元素，A是一種溫室氣體，則A為C02、B為Na2c03、

D為NaHC03、丫為NaOH,則:

D+Y-B的離子方程式為：IIC03-+0II-=C032-+H20；

標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L二氧化碳的物質(zhì)的量=11.2L22.4L/mol=0.5moL600mLlmol/L的Na2CO3溶液

中Na2C03的物質(zhì)的量=0.6LXlmol/L=0.6mol,二者發(fā)生反應(yīng)：C02+Na2C03+H20=2NalIC03,故二氧

化碳完全反應(yīng)，得到lmolNaHC03,消耗0.5molNa2C03,剩余Na2C03的物質(zhì)的量

=0.6mol-0.5moi=0.Imol,故溶液中n(Na2co3