黄金卷3-2021年高考化学全真模拟卷（辽宁专用）（解析版）

【赢在高考・黄金20卷】备战2021高考化学全真模拟卷（辽宁专用）

第三模拟

（本卷共19小题，满分100分，考试用时75分钟）

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23

一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共,45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的。

1.化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法错误的是（）

A.推广使用新能源汽车可以减少尾气排放

B.含FeSO4的补血剂与维生素C配合使用效果更佳

C.BaSOa作为弱电解质难溶于水，在医学上用作钢餐

D.轮船上挂锌锭防止铁腐蚀，属于牺牲阳极保护法

【答案】C

【解析】A.新能源汽车主要是使用电能，推广使用新能源汽车可以减少化石燃料的燃烧，减少尾气排放,

A正确；B.维生素C具有还原性，可以防止FeSO」被氧化，含FeSCU的补血剂与维生素C配合使用效果更佳,

B正确；C.BaSCU虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离，为强电解质，C错误；D.锌比铁活泼，发生电

化学腐蚀时，锌为负极被氧化，铁被保护，属于牺牲阳极保护法，D正确；综上所述答案为C。

2.工业制乙醇的反应为CH2=CH2+H2O」^UCH3cH2OH,下列有关化学用语错误的是（）

HH

A.乙烯的电子式：H'CeC'HB.碳的原子结构示意图:

C.水的结构式:D.中子数为8的氧的核素：

【答案】A

【解析】A.乙烯是碳碳双键，其电子式：H：2；：g：H，故A错误；B.碳的原子序数为6,其原子结构示意

故B正确；C.水是“V”形结构，其结构式:故C正确；D.氧的质子数为8,中

HH'

子数为8的氧的核素，其质量数为16,其核素符号为：；o,故D正确。综上所述，答案为A。

3.LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成（如图），Y的最外

层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20,下列说法正确的是（）

A.四种元素的单质中，有分子晶体、共价晶体和金属晶体三种情况

B.原子半径：W>X>Y>Z

C.W、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构

D.四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高

【答案】B

【分析】同周期元素W、X、Y、Z中，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，说明这四种元素位于第

二周期；根据图示可，Y可形成2个共价键，位于第VIA族，则Y为O元素；X为6号C元素；Z只能形成1

个共价键，为与VHA族，则Z为F元素；四种元素最外层电子数之和为20,W的最外层电子数为20-4-6-7=3,

为B元素，所以W、X、Y、Z分别为：B、C、O、F,据此解答。

【解析】A.金刚石和硼属于原子晶体，氧气和氟单质属于分子晶体，所以四种兀素的单质中，只含有分子

晶体、原子晶体，不存在金属晶体，故A错：B.由分析可知W、X、Y、Z分别为同周期元素：B、C、O、F,

同周期元素从左至右元素的原子半径逐渐减小，所以W>X>Y>Z,故选B；C.B为第IHA族的元素，最

外层电子数为3,与F元素形成化合物时B最外层未达到8电子稳定结构，故C错；D.四种元素最简单氢化物

分别为BH3、CH。H2O>HF,由于水和氟化氢均含有氢键，所以其沸点较前两者高，但由于相同物质的量

的水中含所有的氢键数比氟化氢中的氢键数多，所以水的沸点比氟化氢高，故D错。答案选B

4.下列关于0、S及其化合物结构与性质的论述正确的是

A.键能H—0>H—S,因此H2O的沸点高于H2s

B.相对分子质量H2S>H2。，因此H2s比H2O稳定

C.HzO与S02均为V形结构，因此中心原子的杂化方式相同

D.得电子的能力O>S,因此0的电负性强于S

【答案】D

【解析】A.比0的沸点高于H2s是因为水中含有氢键，与键能无关，故A错误；B.H?S、H2O的稳定性

与键能强弱有关，与相对分子质量无关，故B错误；C.H2O为V型，是sp3杂化，Sth为平面三角形，是sp2

杂化，因此中心原子的杂化方式不同，故C错误；D.氧的原子半径小于硫，因此得电子的能力0>S,所以0

的电负性强于S，故D正确；故选D。

5.下列实验装置能达到相应实验目的的是

环形玻璃

搅拌棒

温度计

A.装置①用于验证反应是否有CO2生成

B.装置②用于焙烧胆研晶体

C.装置③用于制备少量含NaClO的消毒液

D.装置④用于测定中和反应的反应热

【答案】D

【解析】A.木炭与浓硫酸加热反应可生成二氧化硫，二氧化碳和二氧化硫均可与澄清石灰水反应、使澄清

石灰水变浑浊，故A不能达到实验目的；B.焙烧胆矶晶体应在用烟中进行，故B不能达到实验目的；C.上端

与电源正极相连为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH,上端生成的氯气无法接触到

NaOH,无法制备消毒液，故C不能达到实验目的；D.测定中和反应的反应热，应在绝热装置中进行，碎泡沫

塑料起保温作用，故图示装置是简易绝热装置，环形玻璃搅拌棒用于使酸碱充分混合反应、温度计用于测量最高

温度，故D能达到实验目的；答案为D。

6.冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞（其晶胞结构如图，其中空心球所示原子位于立方体的顶点

及面心，实心球所示原子位于立方体内）类似。有关冰晶胞的说法合理的是

A.冰晶胞内水分子间以共价键相结合

B.晶体冰与金刚石晶体硬度都很大

C.冰分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是一种。键

D.氢键的存在导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒的排列方式类似

【答案】D

【解析】A.冰晶胞内水分子间以氢键结合，故A错误：B.晶体冰为分子晶体，硬度很小，而金刚石晶体

属于原子晶体，硬度很大，故B错误；C.氢键有饱和性和方向性，每个H原子只能形成一个氢键，但不属于化

学键，不是◎键一种，故C错误；D.每个冰晶胞平均占有分子个数=4+?x8+1x6=8,H2O的氧原子中含有2

个G键和2个孤电子对，金刚石中每个碳原子含有4个G键且没有孤电子对，所以水中的0和金刚石中的C都

是sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子中一个氧原子可以和另外2个水分子中的氢原子形成2

个氢键，2个氢原子可以和另外2个水分子中的氧原子形成氢键，所以每个水分子可与相邻的4个水分子形成4

个氢键，导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相似，故D正确；答案选D。

7.由下列实验操作及现象推出的相应结论正确的是

选项实验操作现象结论

向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化

A均有固体析出蛋白质均发生变性

钠溶液和饱和硫酸铜溶液

取1mL20%的蔗糖溶液，加入3〜5滴稀

硫酸，水浴加热5min分钟后取少量溶液

B无砖红色沉淀产生蔗糖没有发生水解

于一洁净的试管中，加入新制CU(OH)2

溶液，加热

Fe3++Ag.'Ag++Fe2+是

用c(Fe3+)相同的Fe2(SO4)3和FeCh溶液，用FeCb溶液清洗较干

C可逆反应，且AgCl更难

分别清洗做完银镜反应的试管净

溶于水

对于二氧化氮和四氧化二氮的平衡体

D混合气体颜色逐渐加深符合勒夏特列原理

系，缩小容器体积

【答案】c

【解析】A.向蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液发生盐析，加入硫酸铜溶液发生变性，结论不对，A错误；

B.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，检验水解产物需要先加氢氧化钠溶液中和硫酸，B选项未先加氢氧化钠中和水

解液中的硫酸，Cu(OH)2先与硫酸反应，加热后无破红色沉淀生成，不能证明蔗糖未水解，B错误；C.氯化银

的溶解度比硫酸银小，FeCb溶液中C1-与Ag+结合生成AgCI沉淀，使c(Ag+)更小，平衡Fe3++Ag=Ag++Fe?+正

向移动，Ag单质溶解，因此用FeCh溶液清洗试管较干净，C正确；D.二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，存

在可逆反应2NO2(g)L・N2O“g),缩小容器体积使体系压强增大，平衡向着气体分子数减小的方向移动，即逆向

移动，故不能用勒夏特列原理解释该平衡体系缩小体积后颜色加深，此处颜色加深是由于体积缩小，c(NCh)浓

度增大所致，D错误；故选C。

8.一定压强下，向10L密闭容器中充入ImolS2c12(g)和1molCL,发生反应：S2cl2(g)+Cb(g)=2SCL(g)。

C12与SC12的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中错误的是()

a

09

a08

7a07

a06

.E05

a04

・

1a03

a032

二

0

EaO

)

Na

77

100

A.A,B,C,D四点对应状态下，达到平衡状态的是B,D

B.正反应的活化能大于逆反应的活化能

C.达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动

D.在300℃下，达到平衡后缩小容器容积，重新达到平衡后，CL的平衡转化率不变

【答案】B

【解析】A.反应达到平衡时正逆反应速率相等，所以C12与SCh的消耗速率之比为1：2,据图可知B、D

满足条件，为平衡状态，故A正确；B.据图可知B、D点之后继续升高温度SCL的消耗速率变大的更多，即逆

反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，焰变小于0,焰变=正反应活化能-逆反应活

化能，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B错误；C.据图可知B、D点之后继续升高温度SCh的消

耗速率变大的更多，即逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，故C正确；D.该反应前后气体系数之和相

等，压强不影响平衡，所以缩小容器容积，重新达到平衡后与原平衡为等效平衡，氯气的转化率不变，故D正

确；综上所述答案为B。

9.有机化合物甲、乙、丙存在以下转化关系：

O

甲乙丙

下列说法错误的是（）

A.甲、乙、丙均属于芳香烧

B.Imol甲可与3moi比反应

C.甲、乙都能与Na2c03溶液反应

D.乙中所有碳原子可能在同一平面上

【答案】A

【解析】A.甲、乙、丙中除C、H外，含有第三种元素，属丁煌的衍生物，A说法错误；B.1甲中含有苯

环，能与氢气发生加成反应，Imol甲可与3m。旧2反应，B说法正确；C.甲、乙中都含有竣基，都能与Na2c

溶液反应生成二氧化碳和水，C说法正确；D.乙中的单键具有旋转性，若苯环、竣基确定的平面重合，则所有

碳原子可能在同一平面上，D说法正确；答案为A。

10.研究人员开发了一种新型的硼、氮共掺杂的多孔石墨烯材料作为正极催化剂的锂-二氧化碳二次电池,

实现了碳酸锂在电池中的高度可逆分解，其装置示意图如图所示。下列说法错误的是（）

多孔石墨烯

A.放电时，N极发生还原反应

B.充电时，M极与电源正极相连

C.放电时，正极反应式为4LF+3co2+4e.=2Li2CO3+C

D.电解液不可选用水溶液

【答案】B

【分析】根据题给装置图可知，放电时Li+移向N极，则N极为正极，正极上CO?和Li+发生还原反应生成

Li2c03和C；M极为负极，负极上Li发生氧化反应生成充电时Li+移向M极，则M极为阴极，Li+得电子

生成Li,N极为阳极，C发生氧化反应生成CO?。

【解析】A.放电时N为正极，得电子发生还原反应，故A正确；B.充电时M为阴极，与电源的负极相

连，故B错误；C.放电时N为正极，正极上CCh和Li+发生还原反应生成Li2co3和C,电极反应为

+

4Li+3CO2+4e-=2Li2CO3+C,故C正确：D.Li单质性质活泼，若选用水溶液，Li会与水反应降低电池效

率，故D正确；综上所述答案为B。

11.在一定的条件下，某反应X(g)====Y(g)+Z(g)分解的部分实验数据如下:

反应时间/min01020304050

c(X)/molL-10.1000.0900.0800.0700.0600.050

反应时间/min60708090100

c(X)/mol-L10.0400.0300.0200.0100.000

下列有关说法正确的是

A.X的浓度越大，反应速率越大B.X的浓度越大，消耗一半时所用的时间越短

C.X的分解速率先快后慢D.X分解的速率与其浓度无关

【答案】D

【解析】由表中数据可知，X的分解速率是匀速的，与其浓度无关，故A、C错误，D正确；X的分解速率

不变，X的浓度越大，消耗一半时所用的时间越长，故B错误。答案选D。

12.某油脂厂废弃的油脂加氢银催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。

采用如下工艺流程回收其中的银以制备硫酸银晶体(NiSO'々H?。)：

NaOH溶液稀H2SO4出。2溶液NaOH溶液

废银催化剂一--硫酸银晶体

滤费①滤卷②滤篇③

下列说法正确的是()。

A.“碱浸”时不使用氨水主要是因为氨水不稳定

B.“滤液②”中含有的金属离子是Ni?+、Fe2

C.“转化”中替代H2O2溶液的物质可以是NaClO

D.分离出硫酸锲晶体后的母液需要收集、循环使用

【答案】D

【解析】A.NaOH溶液的作用分别是除去油脂，溶解铝及其氧化物，因氨水与铝及其氧化物不反应，故不

能用氨水代替NaOH溶液，故A错误；B.滤饼①含金属Ni、Fe及其氧化物与稀硫酸反应，得到的滤液②中含

有Ni?+、Fe2+，Fe3+等，故B错误；C.转化中H2。？是氧化剂，可以用氧气或空气代替，不能用NaClO替

代，会引入杂质，故C错误；D.分离出硫酸银晶体后的母液是硫酸镇的饱和溶液，需要收集、循环使用，可提

高锲的回收率，故D正确：故答案为：D,

13.相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2s04溶液(a、b

电极均为石墨电极)，可以制得。2、Hz、H2sCM和NaOH。下列说法不正确的是()

Cu(l)Cu(2)

彳匚53：2L0"5moLL-ij

CuSP4；§jf.::CuSO4溶液：

阴离子交换膜

A.a电极的电极反应为4H2O+4e-=2H2f+4OH-

B.c、d离子交换膜依次为阳子交换膜和阴离子交换膜

C.电池放电过程中，Cu(l)电极上的电极反应为Cu2++2e=Cu

D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320gNaOH

【答案】D

【分析】浓差电池放电时，两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓度完全相等时，

放电停止，电池放电过程中，Cu(l)电极上发生使CM+浓度降低的还原反应，作正极，Cu(2)电极上发生使CM+

浓度升高的氧化反应，作负极，则在右池的电解池中，a为电解池的阴极，出。中的H+得到电子发生还原反应生

成H2,b为电解池的阳极，HaO中的OH-失去电子发生氧化反应生成02。电池从开始工作到停止放电，正极区

硫酸铜溶液的浓度同时由2.5moLL"降低到1.5moLL",负极区硫酸铜溶液同时由0.5mol升至!]1.5mol-L1,正

极反应可还原CM+的物质的量为2Lx(2.5-1.5)moLL-i=2moL电路中转移4moi电子,电解池的阴极生成4moi

OH',即阴极区可得4moi氢氧化钠，其质量为160g。

【解析】A.a为电解池的阴极,H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2,电极反应为4H2O+4e-=2H2f+4OH-,

A项正确；B.因溶液为电中性，a电极附近产生了阴离子，必须让阳离子发生移动，c为阳离子交换膜，b电极

附近阴离子减少，必须让阴离子发生移动，d为阴离子交换膜，B项正确；C.Cu(l)作正极，得到电子，电极反

应为Cu2++2e=Cu,C项正确；D.电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液浓度同时由2.5mol-L」降到

L5mol.LT,负极区硫酸铜溶液同时由0.5mol-L-1升到1.5molL」，正极反应可还原Cu?+的物质的量为2Lx(2.5-1.5)

molL'=2mol,电路中转移4moi电子，电解池的阴极生成4moi0H;即阴极区可得4moi氢氧化钠，其质量为

160g,D选项错误：故选D。

14.下列说法不正确的是()

c(NH；)•c(OH)

A.将0.10moLL」氨水加水稀释后，溶液中二一、不变

C(NH3-H20)

B.为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH,若pH<7,则H2A是强酸

c(CH3co0H)

C.将CH3coOH溶液加水稀释后，溶液中下变小

C(CH3COO)

1

D.用0.2000mol-L-HC1标准溶液滴定NaOH与NH3H2O的混合溶液(混合溶液中两种碱的浓度均为0.1

moll")至中性时，溶液中的碱未被完全中和

【答案】B

c(NH：)-c(OH)

【解析】A.氨水中，一水合氨的电离平衡常数K/八二,二八、，平衡常数只与温度有关，温度不变，

C(NH3•HQ)

c(NH；)-c(OH')

平衡常数不变，故将0.10moll“氨水加水稀释后，溶液中士二C、/不变，A正确；B.酸式盐溶液的

C(NH3-H2O)

pH小于-7,不能说明相应的酸是强酸还是弱酸，如果H2A是弱酸，NaHA溶液中HA-的电离程度大于水解程度

溶液也显酸性，B错误；C.加水稀释促进CH3coOH电离，导致溶液中n(CH3coOH)减小，n(CH3co0-)增大,

c(CH,COOH)

所以稀释过程中,十「,心心一、变小，C正确；D.氯化铉溶液呈酸性，要使HC1和NH3-H2O混合溶液呈中性,

c(CH3coO)

则NH3-H9应该稍微多些，所以至中性时，溶液中的碱未被完全中和，D正确；答案选B。

15.某二元酸H2Mo4在水中分两步电离：H2Mo4=H++HMO；,HMO；,H++MO；«常温下，向

20mL().lmolL'NaHMO4溶液中滴入anol-L/NaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列

说法正确的是

A.该NaOH溶液pH=13

B.从G点到H点水的电离平衡正向移动

C.图像中E点对应的溶液中c(Na+)=c(H2Mo4)+c(HMO；)+c(MOj)

D.若F点对应的溶液pH=2,则MO：的水解平衡常数约为5.4xl()T3mo].匚।

【答案】A

【解析】A.由H2MO4在水中的电离方程式可知，第一步完全电离，第二步部分电离，由图可知，向20mL

().1010卜17出出乂04溶液中滴入00101-17N2€«溶液，当加入20mLNaOH溶液时，溶液的温度最高，此时恰

好反应，则NaOH溶液的浓度也为O.lmol/L,故该NaOH溶液pH=13,故A正确；B.由A分析知，G点恰好

反应生成Na2MO,，继续加入NaOH溶液，水的电离程度减小，故从G点到H点水的电离平衡逆向移动，故B

错误;C.图像中E点表示20mL0.1molr'NaHMO,溶液，由于HMO；不会水解，则溶液中不存在H2MO4,

对应的溶液中c(Na+)=c(HMO：)+c(MOj)，故C错误；D.F点对应加入lOmLNaOH溶液，此时溶液为

等浓度的NaHMC)4与Na?MO4的混合溶液，对于MO；的水解反应MOi+H2。HMO4+OH-,MO：的

—=叫赞，此时，c(HMO；)»4MOj)，则MO；­的水解平衡常数

12

Kh»c(OH-)=1.0xl0,故D错误;故选A。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.（14分）CuCl常用于有机合成催化剂，并用于颜料、防腐等工业。工业上以黄铜矿（主要成分是CuFeSz,

另外还含有少量SiO2）为主要原料制备CuCl的主要流程如下：

CuCl

过量

一CuO

溶液A|过腕|----

黄

稀硫酸、氧气调pH

铜|过德|----

矿一定条件下

电

已知：CuCl难溶于水和乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：

CuCl（白色）+2Ci-.,[CuCbF（无色溶液）。

回答下列问题：

（1）流程中的“滤渣”的主要成分是（填化学式）。

（2）"溶液A"中含有硫酸铜、硫酸铁，则在一定条件下黄铜矿与稀硫酸、氧气反应的化学方程式为o

（3）当①中观察到一时（填实验现象），即表明反应已经完全，反应的离子方程式为。

（4）②中的“一系列操作”是一、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥。真空干燥的目的是一。

（5）已知：常温下,Ksp[Cu（OH）2]=2.2xlO-2°,Ksp[Fe（OH）3]=8.0x10^；溶液中离子浓度Sl.OxlO-5moiU时，

可认为该离子已沉淀完全。若落液A中c（Cu2+）=0.5mol-L“，加入氧化铜（忽略溶液体积变化），使溶液中Fe3+恰

好沉淀完全，此时是否有Cu（0H）2沉淀生成?（结合计算回答）。

（6）工业上还可以利用铜电极作阳极电解饱和食盐水制备CuCl,阳极的电极反应式为o

【答案】（1）CuO,Fe（OH）3（2分）（2）

一定条件

4CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O（2分）（3）溶液由蓝色变无色（1

分）（4）Cu2++Cu+6Cr=2[CuC13『（2分）（5）向溶液C中加入大量的水（2分）防止

/।-------------------\2

（QX1（）-38

CuCl被氧气氧化（1分）（5）C（CU2+）-C2（OH-）=0.5X5=2.0x10-22<Ksp[Cu（OH）2]=2.2x10-2°,

故没有Cu(OH)2沉淀生成(2分)(6)Cu-e+Cl=CuCl或Cu-e+3C[=[CuCl3r(2分)

【分析】根据流程图和有关物质可知，黄铜矿主要成分是CuFeS?,含有少量SiCh,加入稀硫酸和通入氧气

一定条件

后，发生反应4CuFeS2+2H2so4+17O2^^=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2。，所以过滤后溶液A中含有

硫酸铜、硫酸铁以及过量的稀硫酸，向滤液A加入过量氧化铜调节溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则

过滤后滤渣的主要成分是CuO、Fe(OH)3,溶液B为硫酸铜，向溶液B中加入氯化钠、过量铜和浓硫酸共热发生

反应©产+01+6。-=2[01。3广，则过滤后溶液C的主要成分是[CuChP，加水稀释溶液C,[CuCLF转化为

CuCl沉淀，经过滤、无水乙醇洗涤、真空干燥得到CuCl.

【解析】(1)黄铜矿主要成分是CuFeS2,含有少量SiCh,加入稀硫酸和通入氧气后，发生反应

一定条件

ZS

4CuFeS,+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe,(S04)3+2H2O,所以溶液A中含有硫酸铜、硫酸铁以及

过量的稀硫酸，加入过量氧化铜调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则滤渣的主要成分是CuO、Fe(OH)3,

故答案为：CuO、Fe(OH)3；

(2)溶液A中含有硫酸铜、硫酸铁，则在一定条件下黄铜矿与稀硫酸、氧气反应的化学方程式为

—•定条件

4CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O,故答案为：

一定条件

4CuFeS2+2H2sO4+1702八4CuSO4+2Fe2(S04)3+2H2O；

(3)硫酸铜与过量Cu、氯化钠和浓硫酸共热反应反应最终生成[CuChF，反应的离子方程式为

CU2++CU+6C1=2[CUC1,]2',当溶液由蓝色变为无色时，证明铜离子反应完全，故答案为：溶液由蓝色变为无

色；Cu2++Cu+6C1=2[CuCl3r；

(4)因为CuCl难溶于水和乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cly-[CuCbF(无

色溶液)，加水稀释，使平衡逆向移动，从而生成CuCl沉淀，所以一系列操作是向溶液C中加入大量的水，过

滤，用无水乙醇洗涤，为了防止CuCl被氧化，因此需要真空干燥，故答案为：向溶液C中加入大量的水；防止

CuCl被氧气氧化；

IRvin-38

(5)铁离子恰好完全沉淀时溶液中翅氧根离子浓度=；山^_=2,0x10-"，则QC[CU(OH)2]=

Yi.oxio-5

0.5x(,8X10-)2=2.0x10-22<2.2x1O-20,故没有Cu(OH)2沉淀生成，故答案为：

Vl.OxlO-5

(鼠/NY

c(Cu2+)-c2(OH-)=0.5xJ°\$=2.0x10=2<K、p[Cu(OH)2]=2.2xlO-20,故没有Cu(OH)2沉淀生成;

(6)Cu作电极电解食盐水制取氯化亚铜，则阳极是Cu失去电子，与氯离子结合为CuCl,则阳极的电极反应

式为Cu-e+Cr=CuCl或Cu-e+3Cr=[CuCI3r，故答案为：Cu-e+Cr=CuCl或Cu-e-+3C1=[CuCl3r。

17.(14分)实验小组研究Ag2s的生成与转化。

已知：i.AgCl(s)+3Cl(aq)#AgCl:(aq)

ii.常温下一些盐在水中的溶解度及颜色如下表:

盐AgClAg2sAg2s。3Ag2SO4CuS

溶解度/g1.5xl0-41.3x10-164.6x10-40.7961.08x10-17

颜色白色黑色白色白色黑色

(1)证明AgCl能够转化为Ag?S,实验如下:

①AgNO3溶液是溶液(填“a”或"b”)，另一溶液是NaCI溶液。

②现象a是o

(2)研究CuCL溶液能否使Ag2s转化为AgCl,实验如下：

①白色固体含AgCl,结合平衡移动原理解释加水稀释产生白色固体的原因：

②小组同学对Ag2s转化为AgCl的原因提出假设:

假设一：S?-可与CW+形成CuS,从而降低C(S>),加入CM+是使Ag2s发生转化的主要原因；

假设二：Ag+可与形成AgCl：,从而降低C(Ag。，加入Ct是使Ag2s发生转化的主要原因。

小组同学设计对比实验，证明假设二不令理，实验操作和现象是

(3)有文献表明，HN03能使Ag2s转化为Ag2so3,实验如下：

UNO,।-浓氨水

Ag2s固体

①加入浓氨水，溶解白色固体a的目的是。

②检验白色固体b中含有亚硫酸根的实验操作和现象是。

(4)综合上述实验，溶解度较大的银盐转化为Ag2s较容易；而使Ag2s转化为溶解度较大的银盐，可采取的

措施有o

【答案】(1)①b(2分)②白色沉淀变为黑色沉淀(2分)(2)①加水稀释使平衡AgCKs)+

3Cl-(aq)=AgCl：(叫)逆向移动，生成白色沉淀(2分)②用2mL4moi/LNaCl溶液浸泡Ag2s沉淀，取上层

清液，加水稀释，未见白色沉淀产生(2分)(3)①使白色沉淀a中的SO；进入溶液中，以便后续检验

(2分)②向白色固体b中加入足量盐酸，沉淀部分溶解(2分)(4)加入合适的试剂，使之转化为

更难溶的硫化物；加入合适的氧化剂，将S2-氧化(2分)

【解析】(1)证明AgCl能够转化为Ag2S,①由上图可知，应是向氯化钠溶液中滴加AgN03溶液至白色沉

淀不再生成，证明氯离子沉淀完全，然后再向白色沉淀的溶液中滴加硫化钠溶液，则溶液中白色沉淀转化成了黑

色沉淀，证明有硫化银生成；b溶液应为AgNCh溶液，故答案为b白色沉淀变为黑色沉淀

(2)研究CuCb溶液能否使Ag2s转化为AgCL①白色固体含AgCL己知:i.AgCl(s)+3C1(aq)=AgCl：(aq),

用2ml2moi/LCuCb溶液来浸泡硫化银固体，因为氯离子浓度较大，会有一些硫化银转化为氯化银，而氯化银又

继续和氯离子反应生成更稳定的AgCl：(aq)离子，所以过滤后，上层清液里含有AgCl；(aq)离子，加水稀释，使

AgCl(s)+3Cl-(aq)WAgCl：(aq)逆向移动，有氯化银白色沉淀生成。答案为加水稀释使平衡AgCl(s)+

3Cr（aq）;AgCl：（aq）逆向移动，生成白色沉淀

②小组同学对Ag2s转化为AgCl的原因提出假设：认为Ag+可与Ct形成AgCl：,从而降低C（Ag。，加入

。一是使Ag2s发生转化的主要原因是不合理的，因此做了对比实验，增大氯离子的浓度，再取上层清液加水稀释

没有看到白色沉淀出现，认为假设二不合理；

故答案为：用2mL4moi/LNaCl溶液浸泡Ag2s沉淀，取上层清液，加水稀释，未见白色沉淀产生；

（3）有文献表明，HNCh能使Ag2s转化为Ag2sCh，①用硝酸浸泡硫化银固体，因为硝酸具有强氧化性，所以

可把硫化银氧化，生成亚硫酸银白色沉淀，加浓氨水后，亚硫酸银和氨水反应转化为银氨溶液，又向溶液中加入

过量的硝酸钢溶液，会生成白色的亚硫酸粉沉淀，所以加入浓氨水，使白色沉淀a中的S0；.进入溶液中，以便

后续检验，②若白色固体b中含有亚硫酸根，则向白色固体b中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，证明含有亚硫酸

根离子；故答案为：①使白色沉淀a中的SO会进入溶液中，以便后续检验②向白色固体b中加入足量盐酸,

沉淀部分溶解，

（4）综合上述实验，可以得出以卜.结论：溶解度较大的银盐转化为Ag2s较容易；而使Ag2s转化为溶解度较

大的银盐不容易，如果要使Ag2s转化为溶解度较大的银盐可采取加入加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫

化物：或者加入合适的氧化剂，将S2-氧化：

故答案为加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫化物；或者加入合适的氧化剂，将S"氧化；

18.2020年世界环境日的宣传主题为“关爱自然，刻不容缓“。防治大气污染、水体污染等是世界各国保护

环境的最重要课题。

（1）将CH4催化重整为可用的化学品，对改善环境意义重大。

①某科研团队利用Ni-CaO-Fe3O4三元催化剂在850℃下“超干重整”CH4和CO,。

已知：反应I.CH4（g）+CC）2（g）.・2CO（g）+2H2（g）AH=+247kJ.mol1

反应n.CO（g）+H2O（g）.、CC）2（g）+H2（g）AH=-41kJ.mol'

则反应山。此值）+3€021）「4（20伍）+2凡0值）AH=。

②在体积为1L的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为CH4(g)+CC>2(g).2CO

/、/、n(CH4)八

(g)+2H2(g)0当投料比，;『.0时,CO?的平衡转化率(a)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。

压强Pi(填或“="，下同)P2；当温度为T3、压强为历时，a点时的v(逆)v(正)；起始时

向容器中加入ImolCH4和ImolCO2,在温度为16、初始压强为p2时反应，该反应的长=。

③“合成气催化重整”过程中有副产物碳生成，碳的积累会严重影响催化剂的活性。某研究小组计算和模拟实

验表明积碳量(催化剂表面碳的质量与催化剂的质量之比)与投料比、温度的关系如图。

zh)

\lc(

43.

..O

3

..5

Z.5O

Z

L

L.5O

.O

当投料比一区¥=2.0时，要使积碳量最小，应调节温度为_______℃,

n(CO2)

(2)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物的反应机理更有助于消除大气污染。

①NH,催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以FjOs为主的催化剂上可能发生的反应过程如图。

写出脱硝过程的总反应的化学方程式：。

2N2+2ILO

②催化氧化法去除NO是在一定条件下，用N&消除NO污染，其反应原理为4NH3+6NO.|等=，

5N2+6H2OO不同温度条件下，n（NH3）:n（NO）为2：1时，得到NO脱除率曲线如图所示。脱除NO的最佳

温度是。在温度超过1000℃时NO脱除率骤然下降的原因可能是。

NO脱除率

75

O.65

O.

O.55

O.45

O.35

O.

25

O.1

O.5

05

80090010001100120071(七)

③NO氧化反应：2NO（g）+C）2（g）二2NC）2（g）分两步进行,反应I.2NO（g）f冲。2值），反应

N2O2（g）+O2（g）->2NO2（g）,其反应过程能量变化示意图如图。其中决定NO氧化反应速率的步骤是反应

（填“I”或F"）。

能

量

2NO(g)+(Mg

N2O2(g)+O2(g)

2NO2（g）

反应过程

【答案】（1）①+329kJ-mo「（2分）②<（1分）<（1分）4（2分）©750（2分）

（2）①4N%+4N0+02―%-、4叫+640（2分）②9000c（1分）催化剂失去活性（1分）③

II（2分）

【分析】

运用盖斯定律，可根据已知的热化学方程式计算出新的热化学方程式。应用勒夏特列原理，判断温度一定是

转化率和压强的相互关系、运用平衡移动方向和正、逆反应的速率关系判断a点时的u（逆）、”正）的相对大小：

结合图示信息、运用三段式计算温度为时反应的平衡常数。③由图示信息找到一定投料比时，积碳量最小对

应的温度。根据图示信息，找出脱硝过程的总反应的反应物、产物并书写化学方程式。结合NO脱除率曲线选择

脱除NO的最佳温度。从影响化学反应速率的因素角度寻找脱除率骤然下降的可能原因，从内因的角度找决定化

学反应速率的关键步骤。

【解析】（1）①运用盖斯定律，反应I-2X反应H得反应HI：CH4（g）+3CC）2（g）4CO（g）+2H2O（g）,

得AH=+329kJmor1

②CH4（g）+CC）2（g）.'2co（g）+2H2（g）是体积增大的反应，T3时，从下到匕二氧化碳转化率升高，平

衡正向移动，即减小压强向体积增大方向移动，因此压强PI<P?；当温度为T3、压强为Pl时，时，从a点到平

衡点，二氧化碳转化率要增大，说明平衡要正向移动，因此a点时的u（逆）正）;起始时向容器中加入ImolCH4

和ImolC02,在温度为16、初始压强为p2时反应，二氧化碳转化率为50%,

CH4(g)+CO2(g)--2CO(g)+2H2(g)（：）2X（：）2

开始ImolImol00

该反应的长=i,50,5=4。③由图知，当投料比

0.5mol0.5molImolImol

转化---X---

平衡0.5mol0.5molImolImol11

n（CH）

〉〈4=2.0时,要使积碳量最小即为0,则应调节温度为750%\

n[C（J2j

（2）根据题意，N%、NO和02在催化剂作用下反应生成N2和H2O,脱硝过程的总反应的化学方程式：

4NH3+4N0+02.