湖北省公安县车胤中学2020届高三化学9月月考试题（含解析）

湖北省公安县车胤中学2020学年度上学期高三九月月考化学试卷1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是()A. 铝制餐具不宜长时间存放酸性食物，但可以长时间存放碱性食物B. 用汽油可以除去衣服上的油汤C. 二氧化硫可以用于食品增白D. 洁厕灵（含酸）与84消毒液混合施用【答案】B【解析】【详解】A、铝能与酸、碱发生化学反应，则铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故A错误；B油汤中的油脂易溶于汽油，不溶于水，则用汽油等除去衣服上的油汤，故B正确；C、二氧化硫有毒，不能用于食品增白，故C错误；D洁厕灵(主要成分为盐酸)与84消毒液(主要成分为NaClO)混合使用，二者反应生成氯气，氯气有毒，故D错误；故选B。2. 下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是( )A. 二氧化硅是生产光纤制品的基本原料B. 水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂C. 盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性D. 石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯【答案】D【解析】试题分析：A、光导纤维的成分是二氧化硅，故说法正确；B、水玻璃是硅酸钠的水溶液，可以生产黏合剂和防火剂，故说法正确；C、盐析使蛋白质的析出，没有破坏结构，保持活性，故说法正确；D、石油分馏得到饱和烃，乙烯等通过裂解或裂化得到，故说法错误。考点：考查物质的性质和用途等知识。3.锂常用来制造高能量电池。已知锂的金属性介于钠和镁之间，则冶炼金属锂应采用的方法A. 热还原法 B. 热分解法 C. 电解法 D. 铝热法【答案】C【解析】【详解】锂的金属性介于钠和镁之间，说明Li是活泼的金属，工业上镁的冶炼需要电解法，则冶炼金属锂应采用的方法是电解法。答案选C。【点睛】金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法，常见金属冶炼的方法有：热分解法：适用于不活泼的金属，如汞可用氧化汞加热制得；热还原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)还原；电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属。4.下列物质的每步转化在给定条件下能一步实现且较合理的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】A碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜溶液，钠是活泼金属在溶液中先和水反应生成氢氧化钠和氢气；B饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠；C硫化氢不完全燃烧生成硫和水，硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；D硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅酸钠高温条件下得不到二氧化硅，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅。【详解】A钠是活泼金属和盐溶液反应先与水分与生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，不能在溶液中置换铜，选项A错误；B向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，能一步实现，选项B正确；C硫化氢不完全燃烧生成硫和水，硫燃烧生成二氧化硫而不能直接得到三氧化硫，二氧化硫催化下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，选项C错误；D硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅酸钠高温条件下得不到二氧化硅，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅，选项D错误；答案选B。【点睛】本题综合考查元素化合物的知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，题目难度不大，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 含4molSi-O键的石英晶体中，氧原子的数目为2NAB. 100mL 12mol/L的浓盐酸与足量MnO2加热充分反应，生成的Cl2分子数为0.3NAC. 2L1mol/L的盐酸中所含氯化氢分子数为2NAD. 常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A、1mol二氧化硅中含4mol硅氧键，故含4mol硅氧键的二氧化硅的物质的量为1mol，含2mol即2NA个氧原子，故A正确；B、稀盐酸与二氧化锰不能反应，因此100mL12mol/L的浓盐酸与足量MnO2加热充分反应，生成的氯气少于0.3mol，故B错误；C、HCl溶于水得盐酸，而HCl溶于水后完全电离，故盐酸中无HCl分子，故C错误；D、常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体的物质的量少于0.1mol，中含有的碳原子数少于0.1NA，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算。本题的易错点B，要注意随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，变成稀盐酸后反应不再进行。6.下列有关溶液组成的描述合理的是（）A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO42-、I-C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3-D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-【答案】C【解析】AAl3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B酸性溶液中存在大量氢离子，ClO与H+、I之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；DFe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为C。点睛：离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。 7.下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（）A. 室温下，测得氯化铵溶液pHI2IO3-D. 一定条件下，I-与IO3-可能生成I2【答案】D【解析】【详解】A. 向含I-的溶液中通入少量C12，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I-的溶液中通入过量C12，生成IO3-，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；B. D.根据转化关系2IO3- I210e- ,SO32- SO422e-，途径II中若生成l mol I2，消耗 5mol NaHSO3，故B错误；C、由途径I可以知道氧化性C12I2,由途径可以知道氧化性I2IO3-,由途径可以知道氧化性C12 IO3-,故氧化性的强弱顺序为C12 IO3- I2,故C错误；D、一定条件下，I-与IO3-可发生归一反应生成I2，故D正确；综上所述，本题应选D。9.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）A. 制取氨气 B. 制取NaHCO3C. 分离NaHCO3 D. 干燥NaHCO3【答案】C【解析】A、氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又会化合生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B、应将二氧化碳从长导管进入，否则会将液体排出，故B错误；C、从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D、碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误。故选C。点睛：实验室不可用加热分解铵盐的方式制备氨气，有的铵盐分解产生多种不同性质的气体，有的铵盐分解随着温度的不同，产物也不同，比如硝酸铵。铵盐的检验，也不能单独加热样液，而应加入浓氢氧化钠溶液再加热，用湿润的红色湿润试纸检验。10.在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是()A. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2B. 在含等物质的量的Fe3、Cu2、H的溶液中加入Zn：Fe3、Cu2、HC. 在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3D. 在含等物质的量的AlO2、OH、CO32的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、Al(OH)3、OH、CO32-【答案】B【解析】【分析】A离子还原性I-Fe2+Br-，同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；B同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应；C氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存；D用假设法判断，H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-。【详解】A、溶液中离子的还原性强弱顺序是I-Fe2+Br-，向溶液中滴加过量氯水时发生的反应分别为：2I-+Cl2=2Cl-+I2、2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，所以参与反应的离子先后顺序为：I-、Fe2+、Br-，选项A错误；B、铁离子的氧化性强于铜离子，H的氧化性弱于Cu2+而强于Fe2+，所以在含有等物质的量的Fe3+、Cu2+、H的溶液中加入Zn粉，反应的先后顺序Fe3+、Cu2+、H，选项B正确；C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，则反应的先后顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，选项C错误；D若H+最先与AlO2反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2，则反应顺序为OH-、AlO2、CO32-、Al(OH)3，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，难度较大，为高频考点，把握反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。11.某无色气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成为（）A. NH3、NO、CO2 B. NO、CO2、N2 C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、NO2【答案】A【解析】【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在，甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，最终几乎无气体剩余，说明没有N2，故选A。12.除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需依次加入稍过量的NaOH溶液、X溶液、Y溶液，最终滴加稀盐酸调至中性。其中X、Y分别是()A. Na2CO3 Ba（NO3）2 B. Ba（NO3）2 Na2CO3C. Na2CO3 BaCl2 D. BaCl2 Na2CO3【答案】D【解析】【详解】粗盐提纯时，若先加稍过量的NaOH溶液，则后加过量的氯化钡除去硫酸根离子，接着加碳酸钠，除去钙离子和过量的钡离子，最后加盐酸来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，所以X溶液、Y溶液分别为：BaCl2，Na2CO3，故选D。【点睛】本题考查了粗盐提纯过程中的试剂的加入顺序。粗盐的提纯实验中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，因此，Na2CO3溶液一定在BaCl2溶液之后加入。13.Be(OH)2是两性的，跟强酸反应时生成Be2+，跟强碱反应时生成BeO22。现有三份等物质的量浓度、等体积的BeCl2、MgCl2、AlCl3溶液（配制时均加入少量盐酸），现将一定浓度的NaOH溶液分别滴入三种溶液中至过量，NaOH溶液的体积x（mL）与生成沉淀的物质的量y（mol）的关系如图所示，则与BeCl2、MgCl2、AlCl3三种溶液对应的图像正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】等物质的量浓度、等体积的BeCl2、MgCl2、AlCl3溶液，即三者的物质的量是相等的，将一定浓度的NaOH溶液，分别滴入三种溶液中至过量，所发生的反应过程如下：BeCl2+2NaOH=Be（OH）2+2NaCl，Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl；AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据溶液物质的量和化学方程式来确定沉淀的量。【详解】向氯化铍溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铍，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应BeCl2+2NaOH=Be（OH）2+2NaCl，Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠是相等的，图象是正确；向氯化镁中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化镁，当氢氧化钠过量时，沉淀也不会溶解，量保持不变，对应的是图象；向氯化铝溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠的物质的量之比是3：1，图象正确。则与BeCl2、MgCl2、AlCl3三种溶液对应的图象正确的是；答案选A。14.某小组为探究草酸亚铁（FeC2O4）的热分解产物，按下面所示装置进行实验。以下说法错误的是（ ）A. 实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和CO气体B. 反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3C. 装置C的作用是除去混合气中的CO2D. 反应结束后，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温【答案】B【解析】【详解】A. B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO，故A正确；B.由于反应中生成了一氧化碳，可能将部分铁的氧化物还原成了铁，反应结束后，用稀硫酸溶解A中固体，铁将Fe2O3溶解生成的铁离子还原，故再向其中滴加KSCN溶液，溶液无颜色变化，因此不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C.E和F是检验生成物是否含有一氧化碳，二氧化碳会干扰检验，因此需要装置C除去混合气中的CO2，故C正确；D. 反应结束后，为了防止倒吸，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温，故D正确；故选B。【点睛】本题考查物质组成的探究，题目难度较大，明确实验原理、实验目的为解答关键。本题的易错点为B，要注意草酸亚铁(FeC2O4)的热分解产物的可能性的思考。15.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01molc(AlO2-)+c(OH-)B0.01c(Na+)c(AlO2-) c(OH-)c(CO32-)C0.015c(Na+) c(HCO3-)c(CO32-) c(OH-)D0.03c(Na+) c(HCO3-) c(OH-)c(H+)A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；之后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；最后二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。A.未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)c(AlO2-)+c(OH-)，故A错误；B.当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，因为HCO3- Al(OH)3，所以水解程度CO32-c(AlO2-)，故B错误；C.形成碳酸钠溶液，+H2O+OH，H2O H+OH，离子浓度的关系为c(Na+) c(CO32-) c(OH-) c(HCO3-)，故C错误；D.形成碳酸氢钠溶液， + H2OH2CO3 + OH，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+) c(HCO3-) c(OH-)c(H+)，故D正确。故选D。视频16.氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO-强，25时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2（g）Cl2（aq） K1=10-1. 2 ；Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl- K2=10-3. 4 ；HClOH+ClO- Ka=？。氯水中Cl2（aq）、HClO和ClO-分别在三者中所占分数（）随pH变化的关系如图所示，下列表述正确的是（）A. Cl2（g）+H2O2H+ClO-+Cl- K=10-10 . 9B. 在氯处理水体系中，c（HClO）+c（ClO-）=c（H+）-c（OH-）C. 用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差D. 氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好【答案】C【解析】【详解】根据图像知，HClOH+ClO-中pH=7.5时，Ka=10-7.5。A依据盖斯定律将已知的三个式子相加可得A选项式，所以K=K1K2Ka=K1=10-1.210-3.410-7.5=10-12.1，故A错误；B体系中存在电荷守恒c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，即c(Cl-)+c(ClO-)=c(H+)-c(OH-)，在氯水中HCl完全电离、HClO部分电离，所以c(HClO)c(Cl-)，所以c(HClO)+c(ClO-)c(H+)-c(OH-)，故B错误；C起杀菌作用的是HClO，由图像可知，pH=6.5时c(HClO)比pH=7.5时要大，HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，故C正确；D夏季相比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季好，故D错误；故选C。17.A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式_。 （2）若A为电石（CaC2）,X为深红棕色液体非金属单质，写出D + X E反应的化学方程式为_ 。（3）若A为淡黄色粉末，回答下列问题：A与H2O反应的离子方程式为_ 。若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出D的结构式为_。若X为一种造成温室效应的气体则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为_。a盐酸 bBaCl2溶液 cNaOH溶液 dCa（OH）2溶液（4）若A为氧化物，X为常见的金属单质，在溶液D中滴加KSCN溶液会变红色。A与H2O反应的化学反应方程式为_ 。指明X 在元素周期表中位置为_ 。【答案】 (1). OH- +HSO3- =SO32- + H2O (2). BrCH=CHBr + Br2Br2CHCHBr2 (3). 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- +O2 (4). O=C=O (5). ab (6). 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO (7). 第四周期第族【解析】【详解】(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O，故答案为：OH-+HSO3-=SO32-+H2O； (2)若A为电石(CaC2)，与水反应生成乙炔和氢氧化钙，X为深红棕色液体非金属单质，X为溴，根据流程图，B为氢氧化钙，C为乙炔，D为1，2-二溴乙烯，E为1，1，2，2-四溴乙烷，则D + X E反应的化学方程式为BrCH=CHBr + Br2Br2CHCHBr2，故答案为：BrCH=CHBr + Br2Br2CHCHBr2；(3)若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，X为非金属单质，通常为黑色粉末，则X为C，根据转化关系可知B为氢氧化钠、C为氧气，D为二氧化碳，E为一氧化碳。过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- +O2，故答案为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- +O2；D为二氧化碳，则D的结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O；若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的D、E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，故答案为：ab；(4)若A为氧化物，X为常见的金属单质，在溶液D中滴加KSCN溶液会变红色，说明涉及铁离子，则X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；X为Fe，铁是26号元素，位于第四周期第族，故答案为：第四周期第族。18.工业上用菱锰矿（MnCO3）含FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pHMn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7回答下列问题：（1）盐酸溶解MnCO3的化学方程是_，滤渣1的主要成分为_。（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是_。（3）滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2+，反应的离子方程式是_，在CuS和MnS共存的悬浊液中，c(Cu2+)/c(Mn2+)=_ 【Ksp(CuS)=1.210-36，Ksp(MnS)=2.510-13】。（4）在酸性条件下，NaClO3溶液将MnCl2氧化为MnO2，其还原产物为Cl2，该反应的离子方程式为 _ 。【答案】 (1). MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+H2O (2). SiO2 (3). 2Fe2+H2O24H2O=2Fe(OH)34H+ (4). MnSCu2Mn2CuS (5). 4.810-24 (6). 5Mn22ClO34H2O5MnO2Cl28H【解析】【详解】菱锰矿用盐酸溶解，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在pH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+转化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，经过一系列转化得到MnO2。(1)碳酸锰与盐酸反应生成氯化锰、二氧化碳与水，反应的化学方程式为：MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+H2O，菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，故答案为： MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+H2O；SiO2；(2)加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在pH=4时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应离子方程式为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+，故答案为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+；(3)MnS与氯化铜反应转化更难溶的CuS，同时得到氯化镁，反应离子方程式为：MnS+Cu2+=Mn2+CuS，在CuS和MnS共存的悬浊液中，=4.810-24，故答案为：MnS+Cu2+=Mn2+CuS；4.810-24；(4)用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，配平后离子方程式为：5Mn2+2ClO3-+4H2O=Cl2+5MnO2+8H+，故答案为：5Mn2+2ClO3-+4H2O=Cl2+5MnO2+8H+。19.反应Fe（s）+CO2（g） FeO（s）+CO（g）的平衡常数为K1；反应Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常数为K2。在不同温度时K1、K2的值如下表：温度（绝对温度）K1K29731.472.3811732.151.67（1）计算温度为973K时，反应CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g） K=_； （2）目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)， 在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2进行反应。该反应能够自发进行的原因是_。下列措施中能使c(CH3OH)增大的是_。a降低温度 b充入He(g)，使体系压强增大c将H2O(g)从体系中分离出来 d再充入1 mol CO2和3 mol H2在温度T1时，当反应达到平衡时，测得n(H2)2.4 mol；其他条件不变，在温度T2时，当反应达到平衡时，测得n(CO2)0.82 mol，则T2_T1(填“”、“”或“”)。（3）某实验将一定量的CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种不同条件下发生反应：CO2(g) 3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H49.0 kJmol1。测得CH3OH的物质的量随时间变化如下图所示，回答问题：曲线I、对应的平衡常数大小关系为K_K(填“”、“”或“”)。一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式投入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物投入量1 mol CO2、3 mol H2a mol CO2、b mol H2、c mol CH3OH(g)、c mol H2O(g)若甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的浓度相等，且起始时维持反应逆向进行，则c的取值范围为_ 。【答案】 (1). 0.62 (2). H0 (3). acd (4). (5). (6). 0.4c1【解析】【详解】(1)iFe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，K1=，iiFe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)，K2=，方程式i-ii得CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)则K=，温度为973K时：K=0.62，故答案为：0.62；(2)CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)，反应的S0，要使得反应能够自发进行，需要G=H-TS0，则H0，故答案为：H0；根据的分析，CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H0。a降低温度，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，正确；b充入He(g)，使体系压强增大，平衡不移动，c(CH3OH)不变，错误；c将H2O(g)从体系中分离出来，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，正确；d再充入1 mol CO2和3 mol H2，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，正确；故选acd；在温度T1时，当反应达到平衡时，测得n(H2)2.4 mol，根据方程式CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)，反应0.6mol氢气，同时反应0.2mol二氧化碳，剩余二氧化碳0.8mol；其他条件不变，在温度T2时，当反应达到平衡时，测得n(CO2)0.82 mol，说明平衡逆向移动，因此需要升高温度，即T2T1，故答案为：；(3)根据图像分析可知，先拐先平，温度高，反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，所以K1K2，故答案为：；设反应的二氧化碳的物质的量为x CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)初始量(mol)：1 3 0 0转化量(mol)：x 3x x x 平衡量(mol)：1-x 3-3x x