山西省运城市2020年高考化学4月模拟试题（含解析）

2020年山西省运城市高考化学模拟试卷（4月份）一、选择题：本题共7小题，毎小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的1化学在生产和生活中有着重要的作用，下列有关说法不正确的是（）A小苏打可用作糕点的膨化剂B“地沟油“经过加工处理可用来制肥皂C多地花重金购买“雾霾消除车“，从根本上缓解了雾霾问题D装饰材料释放的苯、甲苯、甲醛等易挥发性物质会导致室内空气污染2设NA表示阿伏伽徳罗常数的数值，下列说法中正确的是（）AlmolNa2O和Na2O2混合物中含有的阴阳离子总数大于3NAB常温常压下，20gD2O分子中所含中子数为10NAC50ml12molL1的盐酸与足量的MnO2共热转移的电子数为0.3 NAD密闭容器中2mol NO和Imol的O2，充分反应，产物的分子数为2NA3下列实验操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A验证Fe（NO3）2是否变质将Fe（NO3）2溶于稀硫酸中，再滴加KSCN溶液，观察是否变化B制备Fe（OH）3胶体向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，加热并搅拌C证明氧化性H2O2比Fe3+强用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色D验证Ksp（AgI）Ksp（AgCl）向AgCl的悬浊液中滴加KI溶液，出现黄色沉淀AABBCCDD4曲酸是一种非常有潜力的食品添加剂，结构如图所示下列有关曲酸的叙述不正确的是（）A分子中所有碳原子不可能共平面B能发生酯化反应、氧化反应、还原反应Clmol该物质与H2完全加成，需消耗3mol H2D比该物质少一个O原子，属于芳香族化合物的同分异构体有3种5制备（NH4）2Fe（SO4）26H2O实验中，需对过滤出产品的母液（pH1）进行处理常温下，分別取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（）A通人过量氯气：Fe2+、NH4+、H+、SO42、ClB加入少量 NaClO溶液：Fe2+、NH4+、SO42、H+、ClOC加入过量 NaOH 溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42、OHD加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42、Cl、ClO、OH6短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如表所示，它们的最外层电子数之和为24则下列判断正确的是（）RTXYZAR位于元素周期表中第二周期第VA族BR能分别与X、Z形成共价化合物C原子半径大小顺序为XTYDZ元素的最高价氧化物对应的水化的化学式为HZO47在25时，H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR、R2分别在三者中所占的物质的量分数（）随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是（）AH2R是二元弱酸，其Ka1=1102BNaHR在溶液中水解程度小于电离程度CpH7.2的溶液中一定存在：c（ Na+）c（ HR）c（R2）c（H+）c（OH）D含Na2R与NaHR各0.1 mol的混合溶液的pH=7.2二、解答题（共3小题，满分43分）8某实验小组同学设计了如图装置，探究生铁与少置浓硫酸反应生成的气体产物（1）该实验的操作依次是 （填序号）A加热a试管直到b中澄淸石灰水变浑浊，熄灭酒精灯B将生铁丝上提离开液面C连接好装置，检验气密性，加人试剂（2）b中的澄清石灰水变浑浊，甲同学认为产生的肯定是SO2气体，你是否同意 （填“同意”或“不同意）理由是（3）乙同学认为该反应过程中产生SO2、CO2、H2三种气体，请用如图所列各装置设计一个实验，来验证所产生的气体（图中加热装置、夹持仪器省略，除装置外，其他装置试剂均为足量）ABCDE装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向 （填装置的编号）证明生成的气体中存在SO2的现象是 ，相应的离子方程式为 （4）用2L0.3molL1的NaOH溶液吸收标准状况下的11.2L的SO2气体生成的Na2SO3和NaHSO3的物质的量之比为 （5）已知常温下H2SO3的电离平衡常数为：Ka1=10101.9 Ka2=107.2计算0.1molL1NaSO3溶液的pH值 （忽略SO32的二级水解）9二氧化碳被认为是加剧温室效应的主要物质，资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关的热化学方程式如下：6FeO（s）+CO2（g）2Fe3O4（s）+C（s），H=76.0kJmol13FeO（s）+H2O（g）Fe3O4（s）+H2（g）H=18.7kJmol1（1）在上述反应中中，每吸收1molCO2，就有 molFeO被氧化（2）试写出C（s）与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式 一定条件下，二氧化碳转化为甲烷向一容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在300时发生上述反应的反应CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）达到平衡时，各物质的浓度分别为CO20.2molL1、CH40.8molL1、H20.8molL1，H2O1.6molL1（3）在300是，将各物质按下列起始浓度（molL1）加入该反应容器中，达到平衡后，各组分浓度与上述题中描述的平衡浓度相同的是 选项COH2CH4H2OA0012B2800C141.2D0.520.51（4）若保持温度不变，再向该容器内充入与起始量相等的CO2和H2，重新达到平衡时，CH4的浓度 （填字母）Ac（CH4）=0.8molL1 B.0.8molL1c（CH4）1.6molL1Cc（CH4）=l.6molL1 DC（CH4）1.6molL1（5）在300时，如果向该容器中加入CO20.8molL1、H21.0molL1、CH4 2.8molL1、H2O 2.0molL1，则该可逆反应初始时叫v正 v逆 （填“”或“”）（6）若已知200时该反应的平衡常数K=64.8 则该反应的H 0（填“”或“”）某高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示（7）上述电解反应在温度小于900时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融合碳酸钙，阴极的电极反应式为3CO2+4eC+2CO32，则阳极的电极反应式为 10七水硫酸镁（MgSO47H2O）为白色细小四角柱状结晶，无臭，味苦，在印染、造纸和医药等工业上都有广泛的应用，利用化工厂生产硼砂的废渣一硼镁泥可制取七水硫酸镁硼镁泥的主要成分是MgCO3，还含有其他杂质（MgO、SiO2、Fe2O3、CaO、B2O3、Al2O3、MnO等）表1 部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）3Mn（OH）2Mg（OH）2pH值4.73.29.710.411.2表2两种盐的溶解度（单位为g/100g水）温度/1030405060CaSO40.190.210.210.200.19MgSO47H2O30.935.540.845.6硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图根据以上流程图并参考表格数据，试回答下列问题：（1）在酸溶过程中，想加快酸溶速度，提出两种可行的措施 ， （2）沉淀A中除二氧化硅外，还含有硼酸（H3BO3），硼酸微溶于水，为一元弱酸，其酸性不来源于羟基的电离，写出硼酸水溶液电离方程式 （3）经对沉淀B进行分析，发现其中含有二氧化锰，用离子方程式解释产生二氧化锰原因： （4）加入硼镁泥调节pH=56目的是 （5）得到的沉淀C的组成是 （填化学式），过滤需趁热过滤，原因是 （6）检验过滤后的滤液中是否含有Fe3+的实验方法是 化学一物质结构与性质111915年诺贝尔物理学奖授予HenryBragg和LawrenceBragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献（1）科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如表：晶体NaClKC1CaO晶格能/（kJmol1）7867153401四种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是 ，Na原子核外有 种不同的能级（2）科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图，其中配位键和氢键均采用虚线表示实验证明，用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比用化学式计算出来的相对分子质量要大，原因是 SO42中S原子的杂化类型是 ，与其互为等电子体的离子有 （任写两种）已知Cu（ NH3）42+具有对称的空间构型，Cu（ NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种不同结构的产物，用Cu（NH3）42+的空间构型为 写出基态Cu2+的外围电子排布式 ；金属钢采用面心立方堆积方式，已知Cu原子的半径为r pm，NA表示阿伏加徳罗常数，金属铜的密度是 g/cm3（列出计算式）化学-选修5：有机化学基础12塑化剂也称增塑剂，它是工业上被广泛使用的高分子材料助剂，在塑料加工中添加这种物质，可以使其柔韧性增强，容易加工某塑化剂（DEHP）的合成路线如图所示请回答以下问题：（1）DEHP的分子式为 （2）的反应类型为 ，有机物M的结构简式为 ，IV的有机产物中官能团的名称为 （3）用系统命名法指出N的名称为 （4）IV步骤的化学方程式为 新制Cu（OH）2；悬浊液含KOH（5）的一种同分异构体具有以下性质：难溶于水，能溶于NaOH溶液；能发生银镜反应；核磁共振氩谱有三组峰，且峰面积之比为1：1：1則0.5mol该物质与足量的NaOH溶液反应，最多消耗4molL1NaOH溶液 mL2020年山西省运城市高考化学模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，毎小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的1化学在生产和生活中有着重要的作用，下列有关说法不正确的是（）A小苏打可用作糕点的膨化剂B“地沟油“经过加工处理可用来制肥皂C多地花重金购买“雾霾消除车“，从根本上缓解了雾霾问题D装饰材料释放的苯、甲苯、甲醛等易挥发性物质会导致室内空气污染【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】A小苏打为碳酸氢钠，性质不稳定，受热分解生成二氧化碳；B油脂碱性环境下水解生成高级脂肪酸盐；C根据雾霾的形成主要原因判断；D苯、甲苯、甲醛有毒【解答】解：A小苏打为碳酸氢钠，性质不稳定，受热分解生成二氧化碳，所以可以用作糕点的膨化剂，故A正确；B“地沟油“主要成分为油脂，油脂碱性环境下水解生成高级脂肪酸盐，为肥皂的主要成分，所以地沟油经过加工处理可用来制肥皂，故B正确；C雾霾的形成主要与PM2.5，改善雾霾天气的关键是减少污染源，花重金购买“雾霾消除车“不能从根源上治理雾霾，故C错误；D装饰材料释放的苯、甲苯、甲醛等易挥发性物质会导致室内空气污染，故D正确；故选：C2设NA表示阿伏伽徳罗常数的数值，下列说法中正确的是（）AlmolNa2O和Na2O2混合物中含有的阴阳离子总数大于3NAB常温常压下，20gD2O分子中所含中子数为10NAC50ml12molL1的盐酸与足量的MnO2共热转移的电子数为0.3 NAD密闭容器中2mol NO和Imol的O2，充分反应，产物的分子数为2NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、氧化钠和过氧化钠均由2个钠离子和1个过氧根构成；B、求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个中子来分析；C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；D、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4【解答】解：A、氧化钠和过氧化钠均由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol混合物中含离子共3NA个，故A错误；B、20g重水的物质的量为1mol，而重水中含10个中子，故1mol重水中含10NA个中子，故B正确；C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA个，故C错误；D、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减少，故产物分子个数小于2NA个，故D错误故选B3下列实验操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A验证Fe（NO3）2是否变质将Fe（NO3）2溶于稀硫酸中，再滴加KSCN溶液，观察是否变化B制备Fe（OH）3胶体向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，加热并搅拌C证明氧化性H2O2比Fe3+强用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色D验证Ksp（AgI）Ksp（AgCl）向AgCl的悬浊液中滴加KI溶液，出现黄色沉淀AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】AFe（NO3）2溶于稀硫酸中，发生氧化还原反应生成铁离子；B向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，水解制备胶体，不能搅拌；C酸性条件下，过氧化氢、硝酸根离子均可氧化亚铁离子；D向AgCl的悬浊液中滴加KI溶液，出现黄色沉淀，发生沉淀的转化【解答】解：AFe（NO3）2溶于稀硫酸中，发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，观察是否变化，故A错误；B向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，水解制备胶体，不能搅拌，搅拌发生聚沉，故B错误；C酸性条件下，过氧化氢、硝酸根离子均可氧化亚铁离子，则不能证明氧化性H2O2比Fe3+强，故C错误；D向AgCl的悬浊液中滴加KI溶液，出现黄色沉淀，发生沉淀的转化，则Ksp（AgI）Ksp（AgCl），故D正确；故选D4曲酸是一种非常有潜力的食品添加剂，结构如图所示下列有关曲酸的叙述不正确的是（）A分子中所有碳原子不可能共平面B能发生酯化反应、氧化反应、还原反应Clmol该物质与H2完全加成，需消耗3mol H2D比该物质少一个O原子，属于芳香族化合物的同分异构体有3种【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】该分子中含有碳碳双键、醇羟基、醚键、羰基，具有烯烃、醇、醚和酮的性质，能发生加成反应、加聚反应、取代反应等，且碳碳双键、羰基为平面结构，CH2OH中C为四面体构型，以此来解答【解答】解：A碳碳双键、羰基为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能共面，而CH2OH中C为四面体构型，分子中所有原子不可能共面，故A错误；C含OH可发生酯化、氧化反应，含碳碳双键、羰基可发生还原反应，故B正确；C.2个碳碳双键、1个羰基均与氢气发生加成反应，则lmol该物质与H2完全加成，需消耗3mol H2，故C正确；D该分子的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，比该物质少一个O原子，则分子式为C6H6O3，该分子的不饱和度=4，属于芳香族化合物含有3个羟基，符合条件的同分异构体有3种（3个OH相邻、3个OH相间、2个OH相邻且与另1个为间位），故D正确；故选A5制备（NH4）2Fe（SO4）26H2O实验中，需对过滤出产品的母液（pH1）进行处理常温下，分別取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（）A通人过量氯气：Fe2+、NH4+、H+、SO42、ClB加入少量 NaClO溶液：Fe2+、NH4+、SO42、H+、ClOC加入过量 NaOH 溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42、OHD加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42、Cl、ClO、OH【考点】DP：离子共存问题【分析】A氯气能够氧化亚铁离子；B次氯酸钠能够与亚铁离子、氢离子反应；C亚铁离子、铵根离子与氢氧根离子反应；D离子之间不反应，都不与（NH4）2Fe（SO4）26H2O晶体中的离子反应【解答】解：A氯气与还原性离子Fe2+发生氧化还原反应，不能存在Fe2+离子，故A错误；BFe2+有强还原性，酸性条件ClO离子具有强氧化性，要发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；CFe2+、OH结合生成沉淀，铵根离子与碱结合生成弱电解质，不能共存，故C错误；D该组离子之间不反应，加入过量NaClO溶液和NaOH的混合溶液，离子之间不反应，能共存，故D正确；故选D6短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如表所示，它们的最外层电子数之和为24则下列判断正确的是（）RTXYZAR位于元素周期表中第二周期第VA族BR能分别与X、Z形成共价化合物C原子半径大小顺序为XTYDZ元素的最高价氧化物对应的水化的化学式为HZO4【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】设R的最外层电子数为x，结合短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置及它们的最外层电子数之和为24，则x+x+（x+1）+（x+1）+（x+2）=24，解得x=4，则R为C，X为Si，T为N，Y为P，Z为S，以此来解答【解答】解：AR为C，位于元素周期表中第二周期第A族，故A错误；BR能分别与X、Z形成共价化合物为SiC、CS2，故B正确；C电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径大小顺序为XYT，故C错误；DZ元素的最高价为+6价，其最高价氧化物对应的水化的化学式为H2ZO4，故D错误；故选B7在25时，H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR、R2分别在三者中所占的物质的量分数（）随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是（）AH2R是二元弱酸，其Ka1=1102BNaHR在溶液中水解程度小于电离程度CpH7.2的溶液中一定存在：c（ Na+）c（ HR）c（R2）c（H+）c（OH）D含Na2R与NaHR各0.1 mol的混合溶液的pH=7.2【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A据pH=2时各离子浓度计算Ka1；BNaHR溶液显酸性可知其电离程度大于其水解程度；CpH=7.2时，c（ HR）=c（R2）；DpH=7.2时，Na2R与NaHR溶液浓度相同【解答】解：A据图可知pH=2时，Ka1=1102，故A正确；BNaHR溶液显酸性，以电离为主，可知其电离程度大于其水解程度，故B正确；C由图可知，pH=7.2时，c（ HR）=c（R2），溶液显碱性，即c（OH）c（H+），故C错误；DNa2R与NaHR溶液浓度相同时，其pH=7.2，故D正确；故选C二、解答题（共3小题，满分43分）8某实验小组同学设计了如图装置，探究生铁与少置浓硫酸反应生成的气体产物（1）该实验的操作依次是CAB （填序号）A加热a试管直到b中澄淸石灰水变浑浊，熄灭酒精灯B将生铁丝上提离开液面C连接好装置，检验气密性，加人试剂（2）b中的澄清石灰水变浑浊，甲同学认为产生的肯定是SO2气体，你是否同意不同意（填“同意”或“不同意）理由是（3）乙同学认为该反应过程中产生SO2、CO2、H2三种气体，请用如图所列各装置设计一个实验，来验证所产生的气体（图中加热装置、夹持仪器省略，除装置外，其他装置试剂均为足量）ABCDE装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向EACDB（填装置的编号）证明生成的气体中存在SO2的现象是装置中溶液紫红色变浅说明生成SO2，相应的离子方程式为5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+（4）用2L0.3molL1的NaOH溶液吸收标准状况下的11.2L的SO2气体生成的Na2SO3和NaHSO3的物质的量之比为1：4（5）已知常温下H2SO3的电离平衡常数为：Ka1=10101.9 Ka2=107.2计算0.1molL1NaSO3溶液的pH值10.1（忽略SO32的二级水解）【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）探究生铁与少置浓硫酸反应生成的气体产物，连接好装置，检验气密性，加人试剂，加热a试管直到b中澄淸石灰水变浑浊，熄灭酒精灯，将生铁丝上提离开液面；（2）b中的澄清石灰水变浑浊，甲同学认为产生的不一定是SO2气体，可能是生铁中碳和浓硫酸反应生成了二氧化碳；（3）利用E装置进行反应，反应过程中产生SO2、CO2、H2三种气体，通过装置A中高锰酸钾溶液检验二氧化硫存在和除去二氧化硫，其中品红溶液是检验二氧化硫是否除净，通过装置C中澄清石灰水检验和除去二氧化碳气体，通过装置D中浓硫酸干燥气体，通过装置B检验氢气的存在；证明生成的气体中存在SO2的现象是高锰酸钾溶液变浅，二氧化硫具有还原性能还原酸性高锰酸钾；（4）用2L0.3molL1的NaOH溶液吸收标准状况下的11.2L的SO2气体生成的Na2SO3和NaHSO3的物质的量为x、y，结合元素守恒列式计算；（5）忽略SO32的二级水解，SO32+H2OHSO3+OH，水解平衡常数Kh=，据此计算；【解答】解：（1）探究生铁与少置浓硫酸反应生成的气体产物，连接好装置，检验气密性，加人试剂，加热a试管直到b中澄淸石灰水变浑浊，熄灭酒精灯，将生铁丝上提离开液面，该实验的操作依次是CAB，故答案为：CAB；（2）生铁中碳和浓硫酸加热反应生成了二氧化碳也可以使澄清石灰水变浑浊，b中的澄清石灰水变浑浊，不一定是二氧化硫，故答案为：不同意；生铁中的碳与浓硫酸加热会生成CO2，CO2也能使澄清石灰水变浑浊；（3）利用E装置进行反应，反应过程中产生SO2、CO2、H2三种气体，通过装置A中高锰酸钾溶液检验二氧化硫存在和除去二氧化硫，其中品红溶液是检验二氧化硫是否除净，通过装置C中澄清石灰水检验和除去二氧化碳气体，通过装置D中浓硫酸干燥气体，通过装置B检验氢气的存在，装置的连接顺序是EACDB，故答案为：EACDB；证明生成的气体中存在SO2的现象是：装置中溶液紫红色变浅说明生成SO2 ，相应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，故答案为：装置中溶液紫红色变浅说明生成SO2；5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+；（4）用2L0.3molL1的NaOH溶液吸收标准状况下的11.2L的SO2气体生成的Na2SO3和NaHSO3的物质的量为x、y，氢氧化钠物质的量=2L0.3molL1=0.6mol，n（SO2）=0.5mol，钠元素守恒：2x+y=0.6硫元素守恒：x+y=0.5x=0.1mol，y=0.4mol，生成的Na2SO3和NaHSO3的物质的量之比=0.1：0.4=1：4，故答案为：1：4；（5）忽略SO32的二级水解，SO32+H2OHSO3+OH，水解平衡常数Kh=，c2（OH）=0.1mol/L=01mol/L，c（OH）=103.9mol/Lc（H+）=1010.1，PH=10.1，故答案为：10.1；9二氧化碳被认为是加剧温室效应的主要物质，资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关的热化学方程式如下：6FeO（s）+CO2（g）2Fe3O4（s）+C（s），H=76.0kJmol13FeO（s）+H2O（g）Fe3O4（s）+H2（g）H=18.7kJmol1（1）在上述反应中中，每吸收1molCO2，就有4 molFeO被氧化（2）试写出C（s）与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）H=+38.6kJ/mol一定条件下，二氧化碳转化为甲烷向一容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在300时发生上述反应的反应CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）达到平衡时，各物质的浓度分别为CO20.2molL1、CH40.8molL1、H20.8molL1，H2O1.6molL1（3）在300是，将各物质按下列起始浓度（molL1）加入该反应容器中，达到平衡后，各组分浓度与上述题中描述的平衡浓度相同的是A、D选项COH2CH4H2OA0012B2800C141.2D0.520.51（4）若保持温度不变，再向该容器内充入与起始量相等的CO2和H2，重新达到平衡时，CH4的浓度D （填字母）Ac（CH4）=0.8molL1 B.0.8molL1c（CH4）1.6molL1Cc（CH4）=l.6molL1 DC（CH4）1.6molL1（5）在300时，如果向该容器中加入CO20.8molL1、H21.0molL1、CH4 2.8molL1、H2O 2.0molL1，则该可逆反应初始时叫v正 v逆 （填“”或“”）（6）若已知200时该反应的平衡常数K=64.8 则该反应的H 0（填“”或“”）某高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示（7）上述电解反应在温度小于900时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融合碳酸钙，阴极的电极反应式为3CO2+4eC+2CO32，则阳极的电极反应式为2CO324e=2CO2+O2【考点】CP：化学平衡的计算【分析】I（1）反应为6FeO（s）+CO2（g）2Fe3O4（s）+C（s），对于Fe3O4，其化学组成为Fe2O3FeO，每吸收1molCO2，有6molFeO参与反应，被氧化成2molFe2O3，根据Fe元素守恒，则被氧化的FeO为4mol；（2）C（s）与水蒸气反应生成CO2和H2的化学方程式为：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g），该反应可由已知的热化学方程式推导，根据盖斯定律计算该反应的焓变；II（3）反应为CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g），300时发生反应，平衡时CO20.2mol/L、CH40.8mol/L、H20.8mol/L，H2O1.6mol/L，可算出起始时，CO2有1mol/L，CH4有4mol/L，反应是气体数不守恒的反应，且在恒温恒容容器内进行，则需要按相同物质的量充入，可构成等效平衡，据此分析；（4）反应为气体数减少的反应，加压有利于平衡正反应方向移动，若保持温度不变，再向该容器内充入与起始量相等的CO2和H2，相当于对原平衡加压，若平衡不移动，则平衡时，CH4的浓度是原平衡时候的两倍，现在平衡向右移动，则CH4的量要比原平衡时的两倍多，据此分析；（5）温度不变，则平衡常数不变，计算反应的平衡常数K，根据反应商J与平衡常数K的大小关系判断反应进行的方向；（6）若已知200时该反应的平衡常数K=64.8，通过300时的平衡常数K与之比较，判断升高温度对反应趋势的影响，据此判断反应的焓变情况；（7）电解反应在温度小于900时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融合碳酸钙，电解池阳极的反应是物质失去电子，发生氧化反应，根据题意，是产生CO2的反应，根据元素守恒分析，则是由CO32产生，据此写出电极反应【解答】解：I（1）反应为6FeO（s）+CO2（g）2Fe3O4（s）+C（s），对于Fe3O4，其化学组成为Fe2O3FeO，每吸收1molCO2，有6molFeO参与反应，被氧化成2molFe2O3，根据Fe元素守恒，则被氧化的FeO为4mol，故答案为：4；（2）已知：6FeO（s）+CO2（g）2Fe3O4（s）+C（s），H1=76.0kJ/mol，3FeO（s）+H2O（g）Fe3O4（s）+H2（g）H2=18.7kJ/mol，则C（s）与水蒸气反应生成CO2和H2的化学方程式为：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g），该反应可由2得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为H=2H2H1=2（18.7）（76.0）=+38.6kJ/mol，故答案为：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）H=+38.6kJ/mol；II（3）反应为CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g），300时发生反应，平衡时CO20.2mol/L、CH40.8mol/L、H20.8mol/L，H2O1.6mol/L，可算出起始时，CO2有1mol/L，CH4有4mol/L，反应是气体数不守恒的反应，且在恒温恒容容器内进行，则需要按相同物质的量充入，可构成等效平衡，A等效平衡为1mol/LCO2和4mol/LH2，是与原平衡构成等效平衡，达到平衡后，各组分浓度与上述题中描述的平衡浓度相同，故A可选；B相当于对原平衡加压，加压会改变该反应的平衡，不构成等效平衡，达到平衡后，各组分浓度与上述题中描述的平衡浓度不相同，故B不选；C如果仅有反应物CO21mol/L和H24mol/L，则与原平衡等效平衡，这里其实是与B项构成等效平衡，不是与原平衡，故C不选；D等效平衡为1mol/LCO2和4mol/LH2，是与原平衡构成等效平衡，达到平衡后，各组分浓度与上述题中描述的平衡浓度相同，故D可选，故选AD；（4）反应为气体数减少的反应，加压有利于平衡正反应方向移动，若保持温度不变，再向该容器内充入与起始量相等的CO2和H2，相当于对原平衡加压，若平衡不移动，则平衡时，CH4的浓度是原平衡时候的两倍，即1.6mol/L，现在平衡向右移动，则CH4的量要比原平衡时的两倍多，即平衡时c（CH4）1.6mol/L，故选D；（5）温度不变，则平衡常数不变，原平衡时，各组分浓度分别为CO20.2mol/L、CH40.8mol/L、H20.8mol/L，H2O1.6mol/L，则反应的平衡常数为K=25L2/mol2，在300时，如果向该容器中加入CO20.8mol/L、H21.0mol/L、CH4 2.8mol/L、H2O 2.0mol/L，此时的反应商J=14L2/mol2，可见反应商JK，因此平衡向正反应方向移动，即v正v逆；故答案为：；（6）若已知200时该反应的平衡常数K=64.8，因此升高温度，平衡正向的趋势减小，反应向逆反应方向进行，则反应是放热的反应，焓变H0，故答案为：；（7）电解反应在温度小于900时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融合碳酸钙，电解池阳极的反应是物质失去电子，发生氧化反应，根据题意，是产生CO2的反应，根据元素守恒分析，则是由CO32产生，则阳极的电极反应为：2CO324e=2CO2+O2，故答案为：2CO324e=2CO2+O210七水硫酸镁（MgSO47H2O）为白色细小四角柱状结晶，无臭，味苦，在印染、造纸和医药等工业上都有广泛的应用，利用化工厂生产硼砂的废渣一硼镁泥可制取七水硫酸镁硼镁泥的主要成分是MgCO3，还含有其他杂质（MgO、SiO2、Fe2O3、CaO、B2O3、Al2O3、MnO等）表1 部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）3Mn（OH）2Mg（OH）2pH值4.73.29.710.411.2表2两种盐的溶解度（单位为g/100g水）温度/1030405060CaSO40.190.210.210.200.19MgSO47H2O30.935.540.845.6硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图根据以上流程图并参考表格数据，试回答下列问题：（1）在酸溶过程中，想加快酸溶速度，提出两种可行的措施加热，搅拌或将固体粉碎（2）沉淀A中除二氧化硅外，还含有硼酸（H3BO3），硼酸微溶于水，为一元弱酸，其酸性不来源于羟基的电离，写出硼酸水溶液电离方程式Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl（3）经对沉淀B进行分析，发现其中含有二氧化锰，用离子方程式解释产生二氧化锰原因：Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl（4）加入硼镁泥调节pH=56目的是使溶液中的Al3+和Fe3+完全转化为沉淀而折出（5）得到的沉淀C的组成是CaSO42H2O或CaSO4（填化学式），过滤需趁热过滤，原因是趁热过滤有利于分离CaSO4和MgSO4并防止MgSO4在温度低时结晶析出（6）检验过滤后的滤液中是否含有Fe3+的实验方法是取过滤后的溶液12ml丁试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液显红色，证明滤液中有Fe3+，否则无【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】硼镁泥的主要成分是MgCO3，还含有其他杂质（MgO、SiO2、Fe2O3、CaO、B2O3、Al2O3、MnO等），向其中加硫酸时SiO2不溶解，B2O3生成微溶的硼酸，过滤得到A为二氧化硅和硼酸，NaClO具有氧化性，能将Mn2+氧化为二氧化锰，PH=56时Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，加入硼镁泥调节溶液PH=56，煮沸过滤，则沉淀B中除MnO2外还含有Fe（OH）3、Al（OH）3，加热煮沸的主要目的是促进Al3+、Fe3+水解，由于CaSO4的溶解度随温度的变化不大，而MgSO4在温度较高时易溶于水，趁热过滤利于分离硫酸钙和硫酸镁，并防止MgSO4在温度低时结晶析出，所以过滤需趁热过滤，过滤得到的沉淀C为CaSO42H2O或CaSO4，滤液中主要含硫酸镁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到MgSO47H2O，据此分析解答【解答】解：（1）加热、搅拌或将固体粉碎可以加快酸溶速率；故答案为：加热；搅拌或将固体粉碎；（2）硼酸微溶于水，为一元弱酸，酸性不来源于羟基的电离，电离方程式为：H3BO3+H2OH+B（OH）4；故答案为：H3BO3+H2OH+B（OH）4；（3）NaClO具有氧化性，能将Mn2+氧化为二氧化锰，自身被还原为氯离子，离子方程式为：Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl；故答案为：Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl；（4）PH=56时Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，加入硼镁泥调节溶液PH=56，使溶液中的Al3+和Fe3+完全转化为沉淀而折出；故答案为：使溶液中的Al3+和Fe3+完全转化为沉淀而折出；（5）趁热过滤时，硫酸钙的溶解度较小，而硫酸镁的溶解度较大，易于分离混合物，此时过滤得到的沉淀为CaSO42H2O或CaSO4，如不趁热过滤，冷却后硫酸镁的溶解度减小，会生成硫酸镁晶体；故答案为：CaSO42H2O或CaSO4；趁热过滤有利于分离CaSO4和MgSO4并防止MgSO4在温度低时结晶析出；（6）铁离子使KSCN溶液显红色，检验过滤后的滤液中是否含有Fe3+的实验方法为：取过滤后的溶液12ml 丁试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液显红色，证明滤液中有Fe3+，否则无；故答案为：取过滤后的溶液12ml 丁试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液显红色，证明滤液中有Fe3+，否则无化学一物质结构与性质111915年诺贝尔物理学奖授予HenryBragg和LawrenceBragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献（1）科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如表：晶体NaClKC1CaO晶格能/（kJmol1）7867153401四种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是MgOCaONaClKCl，Na原子核外有4 种不同的能级（2）科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图，其中配位键和氢键均采用虚线表示实验证明，用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比用化学式计算出来的相对分子质量要大，原因是水分子间存在氢键，氢键会使水分子成为缔合水分子，所以计算出来的相对分子质量较大SO42中S原子的杂化类型是sp3，与其互为等电子体的离子有ClO4、PO43（任写两种）已知Cu（ NH3）42+具有对称的空间构型，Cu（ NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种不同结构的产物，用Cu（NH3）42+的空间构型为平面正方形写出基态Cu2+的外围电子排布式3d9；金属钢采用面心立方堆积方式，已知Cu原子的半径为r pm，NA表示阿伏加徳罗常数，金属铜的密度是 g/cm3（列出计算式）【考点】9I：晶胞的计算【分析】（1）影响晶体晶格能大小的因素有离子半径以及离子所带电荷的多少，晶格能越大熔点越高；基态Na原子核电电子排布式为1s22s22p63s1；（2）因为水分子间存在氢键，氢键会使水分子成为缔合水分子，使得体积变小，所以用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比理论计算出来的相对分质量较大；根据S原子的价电子对数进行判断；具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体；形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代，只有一种结构；铜为29号元素，根据原子核外电子排布规律书写Cu2+外围电子排布式，根据均摊法计算出晶胞中铜原子数，Cu原子的半径为r pm，则晶胞的边长2r pm，晶胞的体积为（2r1010）3cm3，根据=计算密度【解答】解：（1）离子半径Mg2+Na+O2Ca2+Cl；离子电荷数Na+=ClO2=Mg2+=Ca2+，离子晶体的离子半径越小，带电荷