2019年四川省内江市高考化学一模试卷.doc

.2019年四川省内江市高考化学一模试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6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（6分）化学与日常生活密切相关。下列说法正确的是（）A氨气易液化，液氨常用作制冷剂B二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白C燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，其能量转化率可达100%D常温下，铁与浓硫酸不反应，常用铁质容器盛放浓硫酸2（6分）下列叙述不正确的是（）A油脂糖类和蛋白质都能发生水解反应B乙烯能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，其反应原理不相同C福尔马林能使蛋白质发生变性，可用浸制动物标本D分子式为C4H10O的有机物能与金属Na反应的同分异构体有4种3（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A100g46%的乙醇水溶液中，含OH键的数目为NAB1L0.50mo/L的硝酸铵溶液中，含氮原子的数目为NAC密闭容器中2 moI NO与1molO2充分反应，产物的分子数目为2NAD1 mol CH4与1 mol Cl2在光照下充分反应生成的CH3Cl分子数目为NA4（6分）下列实验操作规范且能达到目的是（）选项目的操作A配制0.010mo/L的KMnO4溶液称取KMnO4固体0158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度B除去乙酸乙酯中混有的乙醇加入适量的乙酸，加热C检验乙醇中氢的活泼性将金属钠投人到盛有医用酒精的烧杯中D制备Fe（OH）3胶体向25mL沸腾的蒸馏水中还滴加入6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色AABBCCDD5（6分）X、Y、Z、M、G五种短周期元素原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂。下列叙述正确的是（）A元素M的氧化物对应的水化物酸性比G的弱B化合物Z2M、MY2中化学键的类型相同CZX与水的反应属于氧化还原反应D简单离子半径的大小顺序：XYZMG6（6分）CO2辅助的NaCO2电池工作原理如下图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C下列有关说法不正确的是（）A放电时，ClO4向b极移动B放电时，正极反应为：3CO2+4e2CO32+CC充电时，负极反应为：Na+eNaD充电时，电路中每转移4mol电子，可释放67.2LCO27（6分）常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液溶液中lg和lgc（HC2O4）或lg和lgc（C2O42）的关系如图所示。下列说法正确的是（）A曲线N表示lg和lgc（HC2O4）的关系BKa2（H2C2O4）的数量级为101C向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c（HC2O4）和c（C2O42）相等，此时溶液pH约为5D在NaHC2O4溶液中c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）二、非选择题8（14分）“低碳经济”是建设美丽中国的发展方向。（1）已知：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H+206.1kJ/mol2H2（g）+CO（g）CH3OH（l）H2128.31kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H3481.9kJ/mol常温下，在合适催化剂的作用下，采用CH4和O2一步合成液态CH3OH的热化学方程式为 。反应的正反应的活化能 （填“大于”“小于”或“等于”）206.1kJ/mol。（2）二甲醚（CH3OCH3）是清洁能源。利用合成气合成二甲醚的原理是2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H0在一定条件下，该反应中CO的平衡转化率（CO）与温度（T）、投料比n（H2）/n（CO）的关系如图1所示，平衡常数K与温度（T）的关系如图2所示。图1中，X代表 ；Y1 Y 2（填“”“”或“”）图2中，曲线 （填“I”或“”）符合平衡常数变化规律。（3）在1L恒容密闭容器中充入2a（a0）molH2和 a mol CO，在一定条件下合成甲醇，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），达到平衡时各物质的量总和为1.8amol。在该温度下，平衡常数K （用含a的代数式表示）。下列情况表明反应达到平衡状态的是 。Ac（CH3OH）/c（CO）c2（H2）不再改变BCO的消耗速率等于CH3OH的生成速率C混合气体的平均摩尔质量不再改变D混合气体的密度不再改变（4）通过人工光合作用可将CO转变成 HCOOH。已知：常温下，HCOOH的电离常数Ka2104浓度均为0.1mo/L的 HCOOH和HCOONa的混合溶液pH 。（1g20.3）用电化学法消除废水中 HCOOH，其原理是，用情性材料作电极，电解CoSO4稀硫酸和HCOOH的混合溶液，用电解产生的Co3+将HCOOH氧化成CO2，离子方程式为2Co3+HCOOH2Co2+CO2+2H+则阳极反应式为 。9（14分）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件，某课外小组用碘量法测定沱江河中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：采集水样及氧的固定：用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水温。将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定。酸化及滴定：将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成I2（2S2O32+I22I+S4O62）。回答下列问题：（1）氧的固定中发生反应的化学方程式为 。（2）固氧后的水样用稀H2SO4酸化，MnO（OH）2被I还为Mn2+，发生反应的离子方程式为 。（3）标准Na2S2O3溶液的配制。配制amolL1480mL该溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。若配制该溶液时俯视读数，会使配制的Na2S2O3浓度 （选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）Na2S2O3溶液不稳定，配制过程中，用蒸馏水须煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除 及二氧化碳。（4）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amolL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉作指示剂，达到滴定终点的现象为 ；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧气的含量为 mg/L。10（15分）铁、铝是生活中重要的金属材料，铁铝及其化合物有非常重要的用途。（1）下列说法不正确的是 （填序号）。配制FeCl3、AlCl3溶液时，均是先将固体FeCl3、AlCl3溶于较浓的盐酸，再用蒸馏水稀释到所需浓度FeCl2 、 FeCl3、Fe（OH）3均可以通过化合反应生成利用氯水和KSCN溶液可以检验FeCl3溶液中有无Fe2+加热蒸干Al2（SO4）3溶液残留固体的成分为Al2O3（2）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2、少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图1所示：流程中两次焙烧均会产生SO2，用NaOH溶液吸收处理SO2的离子方程式为 。添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧其硫去除率随温度变化曲线如图2所示。已知：多数硫酸盐的分解温度都高于600硫去除率（1）100%不添加CaO的矿粉在低于500焙烧时，去除的硫元素主要来源于 。.700时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是 。“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，写出该反应的化学方程式 。（3）已知25时，KspCu（OH）22.21020，KspFe（OH）34.01038，KspAl（OH）31.11033。在25下，向浓度均为0.1moL1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 （填化学式）沉淀。溶液中某离子浓度低于1.0105mlL1时，可以认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+恰好沉淀完全时，测得c（Al3+）0.2molL1，所得沉淀中 （选填“还含有”或“不含有”）Al（OH）3理由是 （通过计算说明）。化学-选修3：物质结构与性质11（15分）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a是组成物质种类最多的元素，c是地壳中含量最多的元素，d与a同族，e2+离子3d轨道中有9个电子。回答下列问题：（1）e原子的价层电子排布图为 （2）晶体d、晶体da晶体ac2的熔点由高到低的顺序为 （用化学用语表示，下同），a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。（3）元素b、c形成两种常见阴离子bc2和bc3，其中bc2离子的中心原子杂化轨道类型为 ，bc3离子的空间构型为 。（4）向e2+硫酸盐的水溶液中加入过量的氨水，可得到深蓝色透明溶液，加入乙醇可析出深蓝色晶体。请写出得到深蓝色透明溶液的离子方程式 ，析出深蓝色晶体时加入乙醇的作用是 。（5）e单质的晶胞结构如图所示，e原子半径为rpm，e晶体密度的计算式为 gcm3（用含NA、r的表达式表示）化学-选修5：有机化学12有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，结构简式为，G的合成路线如图所示：其中AF分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反应条件已略去。已知：物质D的分子式为C8H14O4，能发生银镜反应。E的结构简式为请回答下列问题：（1）G物质中含有的官能团的结构简式为 ，物质B的名称为 。（用系统命名法命名）（2）第步反应的反应类型为 ，物质D的结构简式为 。（3）写出第步反应的化学方程式 。（4）同时满足下列条件的E的同分异构体共有 种。只含有一种官能团； 链状结构且无OO；能与 NaHCO3反应放出气体（5）结合上述信息，以CH3CH2OH为原料（无机试剂任选）合成，写出其合成路线 。2019年四川省内江市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6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（6分）化学与日常生活密切相关。下列说法正确的是（）A氨气易液化，液氨常用作制冷剂B二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白C燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，其能量转化率可达100%D常温下，铁与浓硫酸不反应，常用铁质容器盛放浓硫酸【考点】EA：氨的物理性质；EC：氨的用途；F5：二氧化硫的化学性质；F8：浓硫酸的性质；GM：铁的化学性质菁优网版权所有【分析】A依据液氨汽化吸收大量的热解答；B二氧化硫有毒，不能用于食品增白剂；C燃料电池的能量转化率高，能量转换率可达80%；D依据浓硫酸强氧化性解答。【解答】解：A液氨汽化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，故A正确；B二氧化硫有毒，不能用于食品增白剂，故B错误；C燃料电池的能量转化率高，能量转换率可达80%，但是不可能为100%，故C错误；D浓硫酸具有强的氧化性，常温下遇到铁发生钝化，生成致密的氧化膜，所以常用铁质容器盛放浓硫酸，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及液氨、二氧化硫、浓硫酸的性质和用途，能量的转化，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意钝化属于化学反应。2（6分）下列叙述不正确的是（）A油脂糖类和蛋白质都能发生水解反应B乙烯能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，其反应原理不相同C福尔马林能使蛋白质发生变性，可用浸制动物标本D分子式为C4H10O的有机物能与金属Na反应的同分异构体有4种【考点】HD：有机物的结构和性质；IB：乙烯的化学性质；JC：甲醛；JH：油脂的性质、组成与结构；K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点菁优网版权所有【分析】A单糖不水解；B乙烯含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；C福尔马林的主要成分为甲醛；D分子式为C4H10O的有机物能与金属Na反应，说明含有羟基，同分异构体取决于丁基。【解答】解：A如为葡萄糖等单糖，不水解，故A错误；B乙烯含有碳碳双键，可与高锰酸钾发生氧化反应，与溴水发生加成反应，故B正确；C福尔马林的主要成分为甲醛，可使蛋白质变性，用于浸制动物标本，故C正确；D分子式为C4H10O的有机物能与金属Na反应，说明含有羟基，同分异构体取决于丁基，丁基有4种，故D正确。故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。3（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A100g46%的乙醇水溶液中，含OH键的数目为NAB1L0.50mo/L的硝酸铵溶液中，含氮原子的数目为NAC密闭容器中2 moI NO与1molO2充分反应，产物的分子数目为2NAD1 mol CH4与1 mol Cl2在光照下充分反应生成的CH3Cl分子数目为NA【考点】4F：阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】A、乙醇水溶液中，除了乙醇外，水也含OH键；B、求出硝酸铵的物质的量nCV，然后根据硝酸铵中含2个N原子来分析；C、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；D、甲烷和氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的反应是同时发生的。【解答】解：A、乙醇水溶液中，除了乙醇外，水也含OH键。100g46%的乙醇溶液中乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，则含1molOH键；而水的质量为54g，物质的量为3mol，故含6molOH键，故此混合物中共含7NA条OH键，故A错误；B、溶液中硝酸铵的物质的量nCV0.5mol/L1L0.5mol，而硝酸铵中含2个N原子，故0.5mol硝酸铵溶液中含有的N原子为NA个，故B正确；C、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子数变少，即小于2NA个，故C错误；D、甲烷和氯气反应生成CH3Cl、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的反应是同时发生的，且不能进行彻底，故反应生成的 CH3Cl 的物质的量小于1mol，即个数小于NA个，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。4（6分）下列实验操作规范且能达到目的是（）选项目的操作A配制0.010mo/L的KMnO4溶液称取KMnO4固体0158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度B除去乙酸乙酯中混有的乙醇加入适量的乙酸，加热C检验乙醇中氢的活泼性将金属钠投人到盛有医用酒精的烧杯中D制备Fe（OH）3胶体向25mL沸腾的蒸馏水中还滴加入6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】A不能在容量瓶中溶解固体；B乙醇、乙酸的反应为可逆反应；C医用酒精含水，酒精、水均与Na反应生成氢气；D饱和FeCl3溶液水解可制备胶体。【解答】解：A不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解冷却后转移到容量瓶中，故A错误；B乙酸和乙醇为可逆反应，不能除去乙醇，应该用水然后分液除去乙醇，故B错误；C医用酒精是75%的酒精水溶液，将金属钠投入到盛有医用酒精的烧杯中，钠能够与水和酒精反应，无法检验乙醇中氢的活泼性，故C错误；D向25mL沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液56滴，并加热至溶液呈红褐色时，铁离子水解生成Fe（OH）3胶体，操作合理，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握胶体制备、溶液配制、混合物分离提纯、有机物的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。5（6分）X、Y、Z、M、G五种短周期元素原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂。下列叙述正确的是（）A元素M的氧化物对应的水化物酸性比G的弱B化合物Z2M、MY2中化学键的类型相同CZX与水的反应属于氧化还原反应D简单离子半径的大小顺序：XYZMG【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系；8J：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有【分析】X、Y、Z、M、G五种短周期元素原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，该化合物为NaH，则X为H、Z为Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，MY2、MY3为SO2、SO3，则Y为O、M为S元素；Y（O）、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂，G的原子序数大于S，则G为Cl元素，据此进行解答。【解答】解：根据分析可知，X为H、Y为O、Z为Na、M为S、G为Cl元素，A元素M（S）的最高价氧化物对应的水化物酸性比G（Cl）的弱，但没有指出最高价氧化物，该关系不一定成立，故A错误；BZ2M、MY2分别为Na2S、SO2，前者为离子化合物，后者为共价化合物，二者含有化学键类型不同，故B错误；CNaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应为氧化还原反应，故C正确；D电子层越多离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径的大小顺序：XZYGM，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。6（6分）CO2辅助的NaCO2电池工作原理如下图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C下列有关说法不正确的是（）A放电时，ClO4向b极移动B放电时，正极反应为：3CO2+4e2CO32+CC充电时，负极反应为：Na+eNaD充电时，电路中每转移4mol电子，可释放67.2LCO2【考点】BH：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】A、a极二氧化碳得电子发生还原反应生成碳，所以a是正极；B、放电时正极二氧化碳得电子发生还原反应；C、充电时，负极即电解池的阴极性还原反应；D、状况不知无法根据电子移转求气体的体积。【解答】解：A、a极二氧化碳得电子发生还原反应生成碳，所以a是正极，原电池中阴离子向负极移动，所以放电时，ClO4向b极移动，故A正确；B、放电时正极二氧化碳得电子发生还原反应，电极反应式为：3CO2+4e2CO32+C，故B正确；C、充电时，阴极性还原反应，电极反应式为：Na+eNa，故C正确；D、状况不知无法根据电子移转求气体的体积，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原电池原理的知识点，侧重考查学生化学反应原理是解本题关键，题目难度中等。7（6分）常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液溶液中lg和lgc（HC2O4）或lg和lgc（C2O42）的关系如图所示。下列说法正确的是（）A曲线N表示lg和lgc（HC2O4）的关系BKa2（H2C2O4）的数量级为101C向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c（HC2O4）和c（C2O42）相等，此时溶液pH约为5D在NaHC2O4溶液中c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算菁优网版权所有【专题】556：溶液pH值或氢离子、氢氧根离子浓度的计算【分析】H2C2O4溶液存在H2C2O4HC2O4+H+，HC2O4C2O42+H+，且Ka1（H2C2O4），Ka2（H2C2O4）；可知lg+lgc（HC2O4）lg（Ka1），lg+lgc（C2O42）lg（Ka2），因Ka1Ka2，则lg（Ka1）lg（Ka2），可知曲线M表示lg和lgc（HC2O4）的关系，曲线N表示lg和lgc（C2O42）的关系，以此解答该题。【解答】解：AH2C2O4溶液存在H2C2O4HC2O4+H+，HC2O4C2O42+H+，且Ka1（H2C2O4），Ka2（H2C2O4）；可知lg+lgc（HC2O4）lg（Ka1），lg+lgc（C2O42）lg（Ka2），因Ka1Ka2，则lg（Ka1）lg（Ka2），可知曲线M表示lg和lgc（HC2O4）的关系，曲线N表示lg和lgc（C2O42）的关系，故A错误；B当lgc（HC2O4）lgc（C2O42），lg+lgc（C2O42）lg（Ka2）5，Ka2（H2C2O4）c（H+）105，故B错误；C向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c（HC2O4）和c（C2O42）相等，Ka2（H2C2O4）c（H+）105，则溶液的pH5，故C正确；DKa2（H2C2O4）c（H+）105，当c（HC2O4）和c（H2C2O4）时，lg+lgc（C2O42）lg（Ka2）2，Ka1（H2C2O4）c（H+）102，则HC2O4水解平衡常数Kh1012105，说明其电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，则存在c（Na+）c（HC2O4）c（C2O42）c（H2C2O4），故D错误；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质的电离，侧重考查分析判断及计算能力，正确判断纵横坐标含义及纵横坐标关系是解本题关键，难点是D中电离程度与水解程度相对大小判断，题目难度中等。二、非选择题8（14分）“低碳经济”是建设美丽中国的发展方向。（1）已知：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H+206.1kJ/mol2H2（g）+CO（g）CH3OH（l）H2128.31kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H3481.9kJ/mol常温下，在合适催化剂的作用下，采用CH4和O2一步合成液态CH3OH的热化学方程式为2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（l）H326.3KJ/mol。反应的正反应的活化能大于（填“大于”“小于”或“等于”）206.1kJ/mol。（2）二甲醚（CH3OCH3）是清洁能源。利用合成气合成二甲醚的原理是2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H0在一定条件下，该反应中CO的平衡转化率（CO）与温度（T）、投料比n（H2）/n（CO）的关系如图1所示，平衡常数K与温度（T）的关系如图2所示。图1中，X代表温度；Y1 Y 2（填“”“”或“”）图2中，曲线（填“I”或“”）符合平衡常数变化规律。（3）在1L恒容密闭容器中充入2a（a0）molH2和 a mol CO，在一定条件下合成甲醇，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），达到平衡时各物质的量总和为1.8amol。在该温度下，平衡常数K（用含a的代数式表示）。下列情况表明反应达到平衡状态的是AC。Ac（CH3OH）/c（CO）c2（H2）不再改变BCO的消耗速率等于CH3OH的生成速率C混合气体的平均摩尔质量不再改变D混合气体的密度不再改变（4）通过人工光合作用可将CO转变成 HCOOH。已知：常温下，HCOOH的电离常数Ka2104浓度均为0.1mo/L的 HCOOH和HCOONa的混合溶液pH3.7。（1g20.3）用电化学法消除废水中 HCOOH，其原理是，用情性材料作电极，电解CoSO4稀硫酸和HCOOH的混合溶液，用电解产生的Co3+将HCOOH氧化成CO2，离子方程式为2Co3+HCOOH2Co2+CO2+2H+则阳极反应式为Co2+eCo3+。【考点】BE：热化学方程式；BI：电极反应和电池反应方程式；CB：化学平衡的影响因素；CG：化学平衡状态的判断；CP：化学平衡的计算菁优网版权所有【分析】（1）已知：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H+206.1kJ/mol2H2（g）+CO（g）CH3OH（l）H2128.31kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H3481.9kJ/mol盖斯定律计算，（+）2+得到在合适催化剂的作用下，采用CH4和O2一步合成液态CH3OH的热化学方程式，反应的正反应的活化能是断裂反应物化学键吸收的能量；（2）2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3+H2O（g）H0，反应为气体体积减小的放热反应，X增大CO的平衡转化率（CO）减小，说明X增大平衡逆向进行，温度一定，Y表示压强，压强越大CO转化率增大；平衡常数随温度变化，升温平衡逆向进行，平衡常数减小；（3）结合桑航计算列式计算平衡浓度，平衡常数K；反应达到平衡状态时，同种物质的正、逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（4）溶液的pH和HCOOH的电离平衡常数表达式计算；用情性材料作电极，电解CoSO4稀硫酸和HCOOH的混合溶液，用电解产生的Co3+将HCOOH氧化成CO2，阳极上是钴离子失电子发生氧化反应生成Co3+。【解答】解：（1）已知：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H+206.1kJ/mol2H2（g）+CO（g）CH3OH（l）H2128.31kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H3481.9kJ/mol盖斯定律计算，（+）2+得到在合适催化剂的作用下，采用CH4和O2一步合成液态CH3OH的热化学方程式，2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（l）H326.3KJ/mol，反应焓变正反应活化能逆反应活化能，则反应的正反应的活化能大于206.1kJ/mol，故答案为：2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（l）H326.3KJ/mol；大于；（2）2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3+H2O（g）H0，反应为气体体积减小的放热反应，X增大CO的平衡转化率（CO）减小，说明X增大平衡逆向进行，X为温度，温度一定，Y表示压强，压强越大CO转化率增大，Y1Y2，故答案为：温度；平衡常数随温度变化，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，则曲线符合平衡常数变化规律，故答案为：；（3）在1L恒容密闭容器中充入2a（a0）molH2和 a mol CO，在一定条件下合成甲醇，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），达到平衡时各物质的量总和为1.8amol，结合桑航计算列式，设反应CO物质的量浓度为x， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），起始量（mol/L） a 2a 0变化量（mol/L） x 2x x平衡量（mol/L）ax 2 a2x xax+2a2x+x1.8ax0.6a，平衡常数K，故答案为：；Ac（CH3OH）/c（CO）c2（H2）不再改变说明平衡常数不变，反应达到平衡状态，故A正确；BCO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，只能证明反应正向进行，故B错误；C反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，混合气体的平均摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡状态，故C正确；D反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不改变，不能改变化学平衡，故D错误；故答案为：AC；（4）浓度均为0.1mol/L的HCOOH和HCOONa混合溶液，常温下，HCOOH的电离常数Ka2104溶液中平衡时c（HCOOH）c（HCOO），所以HCOOH的电离常数Ka2104，c（H+）2104mol/L，PH4lg23.7，故答案为：3.7；用电化学法消除废水中 HCOOH，其原理是，用情性材料作电极，电解CoSO4稀硫酸和HCOOH的混合溶液，用电解产生的Co3+将HCOOH氧化成CO2，离子方程式为2Co3+HCOOH2Co2+CO2+2H+则阳极反应式为：Co2+eCo3+，故答案为：Co2+eCo3+。【点评】本题考查了化学平衡常数概念和计算、弱电解质电离平衡常数计算、电解原理、热化学方程式书写和盖斯定律等知识点，根据盖斯定律书写热化学方程式，根据得失电子书写电极反应式，题目难度中等。9（14分）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件，某课外小组用碘量法测定沱江河中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：采集水样及氧的固定：用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水温。将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定。酸化及滴定：将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成I2（2S2O32+I22I+S4O62）。回答下列问题：（1）氧的固定中发生反应的化学方程式为2Mn（OH）2+O22MnO（OH）2。（2）固氧后的水样用稀H2SO4酸化，MnO（OH）2被I还为Mn2+，发生反应的离子方程式为MnO（OH）2+2I+4H+I2+Mn2+3H2O。（3）标准Na2S2O3溶液的配制。配制amolL1480mL该溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和500mL容量瓶、胶头滴管。若配制该溶液时俯视读数，会使配制的Na2S2O3浓度偏高（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）Na2S2O3溶液不稳定，配制过程中，用蒸馏水须煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除氧气及二氧化碳。（4）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amolL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉作指示剂，达到滴定终点的现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧气的含量为80abmg/L。【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量菁优网版权所有【分析】（1）“氧的固定”的方法是：用Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）与水样混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定；（2）水样酸化后MnO（OH）2具有氧化性酸溶液中氧化碘离子生成碘单质；（3）配制amolL1480mL该溶液，应配制500mL；若配制该溶液时俯视读数，导致体积偏小；Na2S2O3溶液不稳定，配制过程中，应避免被氧化；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn（OH）2+O22MnO（OH）2，MnO（OH）2+2I+4H+I2+Mn2+3H2O，2S2O32+I22I+S4O62，得到O22MnO（OH）22I24S2O32。【解答】解：（1）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为：2Mn（OH）2+O22MnO（OH）2，故答案为：2Mn（OH）2+O22MnO（OH）2；（2）水样酸化后，MnO（OH）2具有氧化性酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，发生反应的离子方程式：MnO（OH）2+2I+4H+I2+Mn2+3H2O，故答案为：MnO（OH）2+2I+4H+I2+Mn2+3H2O；（3）配制amolL1480mL该溶液，应配制500mL，应用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和500mL容量瓶、胶头滴管，若配制该溶液时俯视读数，导致体积偏小，浓度偏高，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；偏高；Na2S2O3溶液不稳定，配制过程中，应避免被氧化，用蒸馏水须煮沸，可除去氧气，故答案为：氧气；（4）取100.00mL 水样经固氧、酸化后，用该 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn（OH）2+O22MnO（OH）2，MnO（OH）2+2I+4H+I2+Mn2+3H2O，2S2O32+I22I+S4O62，得到O22MnO（OH）22I24S2O32， 1 4 n amol/Lb103Ln0.00025abmol，质量为0.00025abmol32g/mol0.008abg8abmg，则水样中溶解氧气的含量为80abmg/L故答案为：当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；80ab。【点评】本题考查物质制备实验方案设计与探究，为高频考点，把握制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。10（15分）铁、铝是生活中重要的金属材料，铁铝及其化合物有非常重要的用途。（1）下列说法不正确的是（填序号）。配制FeCl3、AlCl3溶液时，均是先将固体FeCl3、AlCl3溶于较浓的盐酸，再用蒸馏水稀释到所需浓度FeCl2 、 FeCl3、Fe（OH）3均可以通过化合反应生成利用氯水和KSCN溶液可以检验FeCl3溶液中有无Fe2+加热蒸干Al2（SO4）3溶液残留固体的成分为Al2O3（2）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2、少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图1所示：流程中两次焙烧均会产生SO2，用NaOH溶液吸收处理SO2的离子方程式为SO2+OHHSO3。添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧其硫去除率随温度变化曲线如图2所示。已知：多数硫酸盐的分解温度都高于600硫去除率（1）100%不添加CaO的矿粉在低于500焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。.700时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中。“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，写出该反应的化学方程式16Fe2O3+FeS211Fe3O4+2SO2。（3）已知25时，KspCu（OH）22.21020，KspFe（OH）34.01038，KspAl（OH）31.11033。在25下，向浓度均为0.1moL1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Al（OH）3（填化学式）沉淀。溶液中某离子浓度低于1.0105mlL1时，可以认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+恰好沉淀完全时，测得c（Al3+）0.2molL1，所得沉淀中不含有（选填“还含有”或“不含有”）Al（OH）3理由是Fe3+恰好沉淀完全时，c（OH）1011mlL1，测得c（Al3+）0.2molL1，QcAl（OH）30.2（1011）38.01034KspAl（OH）31.11033，则不生成Al（OH）3沉淀（通过计算说明）。【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设计菁优网版权所有【分析】（1）配制FeCl3、AlCl3溶液时，均是先将固体FeCl3、AlCl3溶于较浓的盐酸，可抑制阳离子的水解；Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe与氯气化合生成氯化铁，氢氧化亚铁、氧气、水化合生成氢氧化铁；检验FeCl3溶液中有无Fe2+，用高锰酸钾溶液；加热蒸干Al2（SO4）3溶液，水解生成的硫酸不挥发；（2）高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤分离出滤液含偏铝酸钠，“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，焙烧时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，磁选分离出Fe3O4，用NaOH溶液吸收处理SO2，生成亚硫酸氢钠；I不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高；II.700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，由反应物、生成物及电子、原子守恒书写化学反应方程式；（3）在25下，向浓度均为0.1moL1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，结合Ksp计算c（OH），c（OH）小的先沉淀；向一定浓度的AlCl3和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+恰好沉淀完全时，c（OH）1011mlL1，测得c（Al3+）0.2molL1，比较QcAl（OH）3与KspAl（OH）3判断是否生成氢氧化铝沉淀。【解答】解：（1）配制FeCl3、AlCl3溶液时，均是先将固体FeCl3、AlCl3溶于较浓的盐酸，可抑制阳离子的水解，再用蒸馏水稀释到所需浓度，操作合理，故正确；Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe与氯气化合生成氯化铁，氢氧化亚铁、氧气、水化合生成氢氧化铁，则均可发生化合反应制备，故正确；检验FeCl3溶液中有无Fe2+，用高锰酸钾溶液，因原溶液含铁离子，不能选氯水和KSCN溶液检验，故错误；加热蒸干Al2（SO4）3溶液，水解生成的硫酸不挥发，则最终固体为Al2（SO4）3，故错误；故答案为：；（2）用NaOH溶液吸收处理SO2，生成亚硫酸氢钠，离子反应为SO2+OHHSO3，故答案为：SO2+OHHSO3；I不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2，故答案为：FeS2；II.700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低，故答案为：硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，由反应物、生成物及电子、原子守恒可知反应为16Fe2O3+FeS211Fe3O4+2SO2，故答案为：16Fe2O3+FeS211Fe3O4+2SO2；（3）在25下，向浓度均为0.1moL1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，由KspCu（OH）22.21020，可知c（OH）4.471010mol/L，由KspAl（OH）31.11033可知需要c（OH）2.21011mol/L，铝离子转化为沉淀需要的c（OH）小，则Al（OH）3先沉淀，故答案为：Al（OH）3；向一定浓度的AlCl3和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+恰好沉淀完全时，c（OH）1011mlL1，测得c（Al3+）0.2molL1，QcAl（OH）30.2（1011）38.01034KspAl（OH）31.11033，则不生成Al（OH）3沉淀，故答案为：不含有；Fe3+恰好沉淀完全时，c（OH）1011mlL1，测得c（Al3+）0.2molL1，QcAl（OH）30.2（1011）38.01034KspAl（OH）31.1