江西省吉安市五校2020届高三化学上学期联考试题（含解析）

吉安市2020届五校联考高三化学试题可能用到的相对原子质量：Be9 C12 N14 016 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64 Ag108 Cr52一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.2020年11月2日凌晨1时13分，福建省“东港石化”执行“碳九”装船作业时，码头连接海域软管处发生泄漏，造成一起安全生产责任事故引发的环境污染事件。该事件的“主角”“碳九”是指( )A. 碳元素的一种含有9个中子的放射性核素B. 至今为止发现的第9种具有放射性的碳原子C. 一种含有9个碳原子的有毒无机物D. 一系列含碳原子数在9左右的碳氢化合物【答案】D【解析】【详解】“碳九”是指石油经过催化重整以及裂解后副产品中含碳原子数在9左右的碳氢化合物，碳九属于易燃危险品，可造成水体、土壤和大气污染；具有麻醉和刺激作用，吸入、接触高浓度本品蒸汽有麻醉和刺激作用，会引起眼鼻喉和肺刺激，头痛、头晕等中枢神经和上呼吸道刺激症状，长期反复接触可致皮肤脱脂；同时食用被碳九污染过的动植物海产品，还有中毒、致癌等风险。故A、B、C错误，D正确，答案选D。【点睛】本题是化学与社会、环境、安全等相联系的试题，课本上没有，需要同学们在学习时要多关注实事，要注意所学知识与生产生活等的联系。2.我国科学家通过测量SiO2中26 Al和10 Be两种元素的比例来确定“北京人”的年龄，这种测量方法叫铝铍测年法。下列关于26 Al和10 Be的说法不正确的是( )A. 10 Be和9 Be是中子数不同、质子数相同的不同原子B. 10 Be原子核内的中子数比质子数多C. 5.2g 26 A13+中所含的电子数约为1.21023D. 26AI和26 Mg的质子数、中子数和核外电子数都不相同【答案】C【解析】【分析】A. 10 Be和9 Be互为同位素；B. 10 Be的原子核内质子数为4，中子数为10-4=6；C.结合n=、N=nNA计算；D. 26Al和26 Mg的质子数分别为13、12，中子数分别为13、14，质子数等于核外电子数。【详解】A. 10 Be和9 Be互为同位素，中子数不同，质子数相同，所以A选项是正确的；B. 10 Be的原子核内质子数为4，中子数为10-4=6，中子数比质子数多，所以B选项是正确的；C. 5.2g 26 A13+中所含的电子数约为(13-3)1. 21024，故C错误； D. 26Al和26 Mg的质子数分别为13、12，中子数分别为13、14，质子数等于核外电子数，所以D选项是正确的。答案选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A. 过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，转移电子的数目为0.4NAB. 1L1molL-1 Na2CO3溶液中含有的氧原子数目为3NAC. 将0.1molFeCl3滴人沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NAD. 1mol硝基(NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA【答案】D【解析】【详解】A.用双氧水分解制取氧气，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成标况下2.24L氧气即0.1mol氧气时，转移0.2NA个电子，故A错误；B. 1mol碳酸根中含有3NA个氧原子，但是溶液中有大量水分子，水分子中也有氧原子，故B错误；C.氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，所以将0.1molFeCl3滴人沸水形成的胶体粒子的数目小于0.1NA，故C错误；D. 硝基(NO2)与二氧化氮(NO2)分子中均含有23个电子，所以1mol硝基(NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意硝基(NO2)与二氧化氮(NO2)分子所含电子数相同。4.某同学想了解食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用实验室标准NaOH溶液(浓度有0.100 0 mol/L和0.0100 mol/L两种)对其进行滴定。下列说法正确的是( )A. 该实验应选用甲基橙作指示剂B. 用0.100 0 mol/L标准NaOH溶液滴定时误差更小C. 准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后,可以再加少量蒸馏水后开始滴定D. 滴定时，眼睛一直注视着刻度线，以防止液面下降到滴定管最大刻度以下【答案】C【解析】【分析】用标准NaOH溶液滴定白醋，由于白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，又由于醋酸是弱酸，滴定终点生成醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故应用酚酞作指示剂，以此分析解答。【详解】A. 该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，故A错误；B. 由于白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，用0.0100 mol/L标准NaOH溶液滴定时误差较小，故B错误；C. 准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后，可以再加少量蒸馏水，不影响实验结果，故C正确；D. 滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误。故答案选C。5.物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是( )A. AF,H =一H6B. H1 +H2 + H3 + H4 + H5 + H6=0C. CF, H= H1+ H2 + H6D. 若AC为放热过程，则H3 + H4 + H5 + H6 0【答案】C【解析】【详解】依据盖斯定律来分析判断。A.AF和FA的焓变数值相等符号相反，A项正确；B.由A循环到A，能量变化为0，H1+H2+H3+H4+H5+H6=0，B项正确；C.由CF，H=H3+H4+H5，由FC，H=H1+H2+H6，二者的绝对值相等，符号相反，故C项错误；D. 若AC为放热过程，则CA为吸热过程，即H3 + H4 + H5 + H6 0，D项正确。故选C项。【点睛】本题考查了盖斯定律的含义理解和计算应用，主要是焓变的分析判断，化学反应的焓变只与各反应物的始态和各生成物的终态有关，而与具体的反应途径无关；注意反应的方向改变，焓变符号改变。6.在含有Na+、Fe2+ 、Fe3+、Al3+、NH4+、Mg2+等的溶液中加人足量的Na2O2固体，再加人过量的稀盐酸，完全反应后，上述离子的离子数目几乎没有改变的有( )A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种【答案】B【解析】【详解】Na2O2溶于水会有NaOH生成，而Fe2+ 、Fe3+、Al3+、Mg2+均会与NaOH反应生成沉淀，Fe(OH)2会迅速氧化成Fe(OH)3，所以再加入过量的盐酸后，Fe2+ 、Fe3+、Al3+、Mg2+离子数目变化分别为减少、增加、不变、不变，而NH4+与NaOH反应会生成氨气，所以NH4+离子数目减少，由于加入Na2O2，引入Na+，故Na+也会增加，故6种阳离子只有Al3+和Mg2+几乎不变。综上所述，本题正确答案为B。7.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是()A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】试题分析：A、铜和浓硫酸的反应需要加热，装置没有加热装置，错误；B、SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，应为长管进气短管出气，错误；C、浓硫酸溶于水放出大量的热，应用装置稀释反应后的混合液，正确；D、用氢氧化钠溶液滴定余酸，氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中，错误。考点：考查化学实验方案的分析、评价8.下列图示不能说明某反应(或某可逆反应的正反应)一定是放热反应的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应； B. 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应； C. 由图可知，反应速率先增大后减小，但不知道反应速率增大的原因，故不能说明反应一定是放热反应； D. 由图可知，根据“先拐先平，数值大”，可判断温度T1T2，升温后，反应物的体积分数减小，说明升温使平衡向逆向移动，即逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应。故答案选C。9.O3在水中易分解，一定条件下， O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。据表中的递变规律，推测O3分别在条件40、pH=3.0,10、pH=5. 0, 30、pH=7.0下，分解速率依次增大的顺序为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由表中数据可知，温度越高反应速率越快，pH越大反应速率越快，所以40、pH=3.0时，所需时间在31min158min之间；10、pH=4.0时，所需时间231min；30、pH=7.0时，所需时间15min，则分解速率依次增大的顺序为、。故答案选C。【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素的实验探究，本题注意对表中数据的分析和处理。在其他条件相同的情况下，温度越高，反应速率越快；注意易错点：只有在其他条件相同的情况下，温度越高反应速率越快，而本题中pH值对反应速率也有影响。10.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y 元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z是地壳中含量最高的元素，四种元素原子最外层电子数之和为12。A、B、C、D、E是由其中的2种或3种元素组成的化合物，F是由Z元素形成的单质。已知A+B=D+F，A+C=E+F。常温下，0.1mol/L D溶液的pH 为13。下列说法正确的是( )A. 原子半径:WZYXB. A、C中所含的化学键类型相同C. 1.0L0.1mol/L E溶液中阴离子的总的物质的量为0.1molD. lmol A 与足量B完全反应共转移1mol 电子【答案】D【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Y为C元素；Z是地壳中含量最高的元素，Z为O元素，四种元素原子最外层电子数之和为12，则X和W最外层都是1个1电子，则W为Na元素；A、B、C、D、E是由其中的2种或3种元素组成的化合物，F是由Z元素形成的单质，F为氧气或臭氧；已知A+B=D+F，A+C=E+F，则A为过氧化钠，B、C为二氧化碳和水，则X为H元素；常温下，0.1mol/LD溶液的pH为13，则D为氢氧化钠，因此B为水，C为二氧化碳，E为碳酸钠。A. 同周期从左到右，原子半径逐渐减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径：WY Z X，故A错误；B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，二氧化碳中只含有共价键，故B错误；C. 1.0L0.1mol/L碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子的总的物质的量大于0.1mol，故C错误；D. 过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，lmol过氧化钠与足量水完全反应共转移1mol电子，故D正确；故选D。11.常温下，已知电离常数：Kb ( N H3H2O)=1.810-5；K (H2C2O4)=5.910-2,KH2C2O4)=6.210-5。下列说法正确的是( )A. (N H4)2C2O4溶液中，c(NH)=2c(C2O)B. 等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈碱性C. pH=11的氨水和pH=3的H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈酸性D. 用H2C2O4溶液中和氨水至中性时，溶液中。c(NH)=2c(C2O)+c(HC2O)【答案】D【解析】【详解】A项，在(NH4)2C2O4溶液中，由于NH4+和C2O42-均发生水解反应，且水解程度不同，则c(NH4+)=2c(C2O42-)关系不成立，故A项错误；B项，等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合生成NH4HC2O4，NH4+水解使溶液显酸性，同时由H2C2O4两级电离平衡常数可知，HC2O4-的电离程度明显大于水解，且电离也使溶液显酸性，因此溶液一定呈酸性，故B项错误；C项，H2C2O4的一级和二级电离均大于NH3H2O的电离，故pH=11的氨水，其真实浓度远远大于pH=3的H2C2O4，则等体积混合后，溶液显碱性，故C项错误；D项，根据电荷守恒可得：c(NH4+)+ c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)， 因为溶液呈中性，则有c(H+)=c(OH-)，带入上式得：c(NH4+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。12.将反应 Cu(s)+2Ag+(aq) = Cu2+(aq)+2Ag(s)设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是( )A. 电极X是正极,其电极反应为Cu-2e-= Cu2+B. 银电极板质量逐渐减小，Y溶液中c(Ag+)增大C. 当X电极质量变化0.64 g时，Y溶液质量变化2.16 gD. 外电路中电流由银极流向铜极【答案】D【解析】A、电极X的材料是铜，为原电池的负极，其电极反应为Cu-2e-= Cu2+，错误；B、银电极为电池的正极，被还原,发生的电极反应为:Ag+ e-=Ag，银电极质量逐渐增大，Y溶液中c(Ag+)减小，错误；C、当X电极质量减少0.64 g时，即0.64g 64g/mol=0.01 mol，则正极有0.02 mol的银单质析出，即0.02mol108 g/mol=2.16 g，则溶液质量变化应为2.16 g-0.64 g=1.52 g。错误；D、电极X的材料是铜，为原电池的负极；银电极为电池的正极，外电路中电流由正极（银电极）流向负极（铜电极）。正确；故选D。13.下列实验操作、现象和结论均正确的是( )选项实验操作实验现象实验结论A向盛有1 mL浓硫酸的试管中加人5 mL 0 .1 mol/L的K2 Cr2 O7溶液溶液橙色变深增大生成物浓度，平衡Cr2 O+H2O2CrO+2H逆向移动B向Mg(OH)2悬浊液中加人少量醋酸铵晶体沉淀溶解，溶液变澄清说明反应Mg2+2NH3H2O Mg(OH)2+2NH,具有可逆性C相同温度下，同时向4mL0.1 mol/L. KMnO4)，酸性溶液和4 mL 0.2 mol/LKMnO4，酸性溶液中，分别加人4mL 1 mol/L. H2 C2 O4溶液中溶液先褪色该实验条件下，KMnO4浓度越小，反应速率越快D向煤炉中灼热的煤炭上洒少量水产生淡蓝色火焰煤炭燃烧更旺加少量水后，可使煤炭燃烧放出更多的热量A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.浓硫酸密度大于水，溶于水放热，向盛有1 mL浓硫酸的试管中加人5 mL 0 .1 mol/L的K2 Cr2O7溶液容易发生迸溅，且溶液温度升高无法判断平衡移动方向，故A错误；B.铵根离子可结合氢氧化镁电离出的氢氧根离子，发生 Mg(OH)2+2NH4+ Mg2+2NH3H2O ，说明反应Mg2+2NH3H2O Mg(OH)2+2NH4+具有可逆性，故B正确；B.由于KMnO4溶液本身有颜色，会影响实验现象的观察，故探究浓度对化学反应速率的影响，应用不同浓度的草酸与相同浓度的KMnO4溶液，故C错误；D.C燃烧生成二氧化碳，能量变化与途径无关，则煤炭燃烧放出热量不变，结论不合理，故D错误。所以B选项是正确的。14.在T时，发生反应Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)，该反应的平衡常数K= 64，在1L恒容密闭容器甲和乙中，甲中加有四种物质各1 mol，乙中加有Fe2O3 、Fe、CO2各1 mol, CO 2 mol。达平衡后，两容器中不相等的是( )A. 用CO表示的反应速率 B. 平衡混合气体的平均相对分子质量C. CO的转化率 D. CO2的体积分数【答案】C【解析】【分析】可逆反应Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)的平衡常数K=64，整理可得：=4，即达到平衡时二氧化碳和CO的浓度之比相等，则混合气体中二氧化碳的体积分数、混合气体的平均分子质量一定相等；按照题中所给的条件(没提各用多少时间达到平衡)， 无法判断速率大小；设达到平衡时甲、乙消耗的CO分别为xmol、ymol，利用平衡常数计算出x、y，然后计算出CO的转化率。【详解】可逆反应Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)的平衡常数K=64，整理可得：=4，即达到平衡时二氧化碳和CO的浓度之比相等，则混合气体中二氧化碳的体积分数、混合气体的平均分子质量一定相等，故B、D不符合题意；按照题中所给的条件(没提各用多少时间达到平衡)， 无法判断速率大小，故A不符合题意；设达到平衡时甲消耗CO的物质的量为x，乙中消耗CO的物质的量为y，则： Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)起始量（mol） 1(2) 1变化量（mol） x(y) x(y)平衡量（mol） 1-x (2-y) 1+x (1+y)反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，甲中根据平衡常数可得：=4，计算得出x=0.6mol，则甲中CO的转化率为：100%=60%；乙中根据平衡常数可得：=4，计算得出：y=1.4mol，则乙中CO的转化率为：100%=70%；所以甲中CO的转化率小于乙，所以C选项符合题意，故选C。15.由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图所示转化关系(部分反应物、生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是( )A. 若A中含有非极性键，则X可能为一种酸酐B. 若A是单质，则B和E中也一定有一种是单质C. 若B具有强氧化性，则A、E的组成元素可能相同D. 若X为O2，则B、C、D在常温下均可以是气体【答案】B【解析】【详解】A. 若A中含有非极性键，则X可能为一种酸酐,例如A是过氧化钠，X是CO2，故A正确；B. 若A是单质，与水发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，化合价一定发生变化，则B和E中不一定是单质，故B错误；C. 若B具有强氧化性，则A、E的组成元素可能相同，例如A是NO2，B是硝酸，X是NO，故C正确；D. 若X为O2，则B、C、D可以是气体，例如A是氮化镁，B是氨气，C是NO，D是NO2，故D正确。答案选B。【点睛】无机推断中常用的思维方法：（1）正向思维：根据题设条件，结合有关的化学知识，依题目的意思，按一定的层次结构逐步推理，从而得出结论。（2）逆向推理：以最终产物（或题中某一明显特征）为起点，层层逆推，以求得结论。（3）猜想论证：先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然后将结论代入到题中去验证，若与题中所给条件、题意吻合，即为答案。（4）综合分析：根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析，逐步得出结论。16.某温度下，将打磨后的镁条放人盛有50 mL蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中的pH和浊度随时间的变化(如图所示，实线表示溶液pH随时间的变化)。下列有关描述正确的是( )A. 该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10。B. 该实验是在常温下进行的C. 50 s时向溶液中滴人酚酞试液，溶液变红D. 150 s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2逐渐溶解【答案】A【解析】【分析】A.该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH不变，此时pH=10.00，以此分析；B. 根据蒸馏水的pH=6.5分析；C.酚酞的变色范围为810，pH小于8时溶液为无色；D.氢氧化镁为难溶物，氢氧化镁沉降后减小了溶液浊度。【详解】A. 该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH不变，此时pH=10.00，该温度下Mg(OH)2的KSP=c(Mg2+)c2(OH-)=c(OH-) c2(OH-)=c3(OH-)，由图可知，该温度下水的离子积Kw=10-6.510-6.5=10-13，所以c(OH-)=10-3mol/L，故KSP=c3(OH-)=10-9=510-10，即该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10，故A正确；B. 常温下蒸馏水的pH=7，而图象中蒸馏水的pH=6.5c(HS03-)c(S032- )c(OH-) (9). AgCl、Ag2SO4【解析】【分析】(1)由图可以知道仪器，装置乙用来干燥氯气，装置B中的碱石灰与气体反应； (2) 装置丁中利用KClO3、4HCl(浓)制备氯气，以此写出离子方程式；(3) SOCl2与水反应的方程式为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，A1C13溶液易水解，A1C136H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与A1C136H2O中的结晶水作用，生成无水A1C13及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生；(4) 消耗氯气为=0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，生成0.08mol SOCl2，以此计算产率；(5)0. 01 mol SOCl2与100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，由原子守恒可知，反应方程式为SOCl2+3NaOH=NaHSO3+2NaCl+H2O，所得溶液溶质为亚硫酸氢钠和氯化钠，以此分析溶液酸碱性及离子浓度大小；(6) SOCl2与H2O反应生成SO2和HCl，HCl与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，溶液中有硝酸，将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故白色沉淀中还有硫酸银，以此分析沉淀的成分。【详解】(1)仪器c是（蛇形）冷凝管，装置乙用来干燥氯气，可盛放浓硫酸，装置B有两个作用一个是防止有毒的氯气与二氧化硫逸出对实验人员的身体健康造成威胁，一个是防止空气中的水蒸气进入烧瓶中使氯化亚砜水解，因此，本题正确答案是：球冷凝管(或蛇形冷凝管) ；浓硫酸；吸收逸出的有毒的C12、SO2，防止空气中的水蒸气进人反应装置导致SOCl2水解；(2) 装置丁中利用KClO3、4HCl(浓)制备氯气，反应的离子方程式为：C1O3-+5C1-+6H+ = 3C12+3H2O，因此，本题正确答案是：C1O3-+5C1-+6H+ = 3C12+3H2O；(3 SOCl2与水反应的方程式为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，A1C13溶液易水解，A1C136H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与A1C136H2O中的结晶水作用，生成无水A1C13及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生， 因此，本题正确答案是：C1O3-+5C1-+6H+ = 3C12+3H2O ；AlCl3易水解，A1C136H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与A1C136H2O中的结晶水作用，生成无水A1C13及SO2和HC1气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制A1C13水解；(4) 消耗氯气为=0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2，生成0.08mol SOCl2，则SOCl2的产率为100%=50.0%，因此，本题正确答案是：50.0%；(5)0. 01 mol SOCl2与100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，由原子守恒可知，反应方程式为SOCl2+3NaOH=NaHSO3+2NaCl+H2O，所得溶液溶质为亚硫酸氢钠和氯化钠，HSO3-在溶液中存在电离和水解，由于水解常数Kh=6.5810-13c(HSO3-)c(SO32- )c(OH-)，因此，本题正确答案是：(Cl-)c(HSO3-)c(SO32- )c(OH-)；(6) SOCl2+H2O=SO2+2HCl，氯化氢与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，溶液中有硝酸，将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故白色沉淀中还有硫酸银，所以该白色沉淀的成分是AgCl、Ag2SO4，因此，本题正确答案是：AgCl、Ag2SO4。18.由废铁制备FeCl2并测定FeCl2的含量。主要过程如下所示：I.按上图所示过程制备FeCl36H2O。(1)用离子方程式表示过程中稀硝酸的作用：_。(2)在过程中要不断向溶液中补充盐酸，目的是_。(3)步骤的操作是_ 。.由FeCl36H2O制得干燥FeCl2的过程如下所示：向盛有FeCl36H2O的容器中加入SOCl2，加热，获得无水FeCl3；将无水FeCl3置于反应管中，通入过程中产生的气体一段时间后加热，生成FeCl2;收集FeCl2，保存备用。(4)上述过程2中产生FeCl2的化学方程式是_。.测定FeCl2的含量。分析方法：取a g样品配制成100 mL溶液;用移液管吸取所配溶液5.00 mL，放入500 mL、锥形瓶内并加水200 mL;加硫酸锰溶液20.00mL，用0.1 mol/L酸性高锰酸钾标准溶液滴定，终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液V mL。(5)滴定终点的判断依据是_。(6)滴定时如果不加入硫酸锰很容易导致测定结果偏高，则加入硫酸锰可使测定结果准确的原因可能是_ 。(7)若所配溶液中(FeC12) (g/L) =kV(式中V消耗的酸性高锰酸钾标准溶液的毫升数)，则k=_(保留四位有效数字)。【答案】 (1). 3Fe2+N03- +4H+ = 3Fe3+N0+2H2O (2). 补充H+使N03- 继续氧化Fe2+直至N03- 完全消耗，既不产生Fe(N03)3又不引入其他杂质 (3). 加人适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥) (4). 2FeC13+H2 2FeCl2+2HC1 (5). 最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在30s内不消失 (6). 硫酸锰能阻止高锰酸钾氧化氯离子 (7). 12.70【解析】【分析】I.（1）硝酸根离子在有氢离子条件下才能氧化亚铁离子为铁离子；（2）加入盐酸，补充H+使NO3-继续氧化Fe2+直至NO3-完全消耗既不产生Fe(NO3)3又不引入其他杂质；（3）步骤从氯化铁溶液制取FeCl36H2O晶体，要防止水解；.（4）氯化铁与氢气反应生成氯化亚铁的反应方程式；. (5) 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定FeCl2溶液，发生反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，终点时紫红色褪色；(6)溶液中存在Cl-，当有硫酸锰存在时，能阻止高锰酸钾氧化氯离子；(7)根据高锰酸钾和氯化亚铁反应的定量关系计算。【详解】I.（1）稀硝酸能够将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3Fe2+NO3- +4H+ = 3Fe3+NO+2H2O；故答案为：3Fe2+NO3- +4H+ = 3Fe3+NO+2H2O；（2）在该过程中要不断向溶液中补充盐酸，可以补充H+使NO3-继续氧化Fe2+直至NO3- 完全消耗，既不产生Fe(NO3)3又不引入其他杂质，故答案为：补充H+使NO3-继续氧化Fe2+直至NO3- 完全消耗，既不产生Fe(NO3)3又不引入其他杂质；（3）步骤从氯化铁溶液制取FeCl36H2O晶体，要防止水解，故操作是加人适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥)，故答案为：加人适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥)；.（4）氯化铁与氢气反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式为：2FeC13+H2 2FeCl2+2HC1，故答案为：2FeC13+H2 2FeCl2+2HC1；. (5) 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定FeCl2溶液，发生反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，终点时紫红色褪色，滴定终点的判断依据是：最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在30s内不消失，故答案为：最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在30s内不消失；(6) 滴定时如果不加入硫酸锰很容易导致测定结果偏高，可能是溶液中存在Cl-被氧化所致，则加入硫酸锰可使测定结果准确的原因可能是能阻止高锰酸钾氧化氯离子，故答案为：硫酸锰能阻止高锰酸钾氧化氯离子；(7)根据反应式：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，5.00 mL样品溶液消耗0.1 mol/L酸性高锰酸钾溶液VmL，则(FeC12) (g/L)=12.70Vg/L，由于(FeC12) (g/L) =kV，解得k=12.70。故答案为：12.70。19.科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(条件及部分物质未标出)。(1) 已知:CH4 、CO, 、H2的燃烧热分别为890. 3 KJmol-1、283. 0 KJmol-1、285. 8 KJmol-1。则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)的H=_(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2 ( g) + 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g)。某温度下，将1 mol CO2和3 mol H2充人体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表所示:用H2表示的前2h的平均反应速率v(H2)=_该温度下，CO2的平衡转化率为_(3)在300、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1:3通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp=_ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:2CO2 ( g)6H2 (g)C2H4 (g)4H2 O(g) H。在0 .1 MPa时，按(CO2)：(H2)=1：3投料，如图所示为不同温度()下，平衡时四种气态物质的物质的量()的关系。该反应的H_0(填“”或“”)。曲线表示的物质为_(填化学式)。【答案】 (1). -71.4 kJmol-1 (2). 0.225 molL-1h-1(或13.5 molL-1minL-1 (3). 40% (4). (5). (6). C2H4【解析】【分析】（1）根据CH4、CO和H2的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-890.3kJmol-1；2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=-566.0kJmol-1，O2（g）+2H2（g）=2H2O（l）H=-571.6kJmol-1；根据盖斯定律计算得到所需热化学方程式；(2) 恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，2h时=0.85，求出氢气转化量，进一步求出用氢气表示的反应速率；该温度下，反应进行5h时达到平衡状态，此时=0.80，求出二氧化碳转化量，进一步求出CO2的平衡转化率；(3)根据已知条件，列三行式，求出平衡时各气体成分所占的物质的量的分数，求出分压，进而计算平衡常数；(4)由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热；随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，C2H4(g)、H2O(g)都是生成物，随着平衡逆向移动，二者的物质的量逐渐减小，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。【详解】（1）根据CH4、CO和H2的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-890.3kJmol-1；2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=-566.0kJmol-1，O2（g）+2H2（g）=2H2O（l）H=-571.6kJmol-1；利用盖斯定律将2-2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g） H=-71.4kJmol-1，故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g） H=-71.4kJmol-1；(2) 恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，2h时=0.85，设消耗CO2的物质的量为xmol，CO2 ( g) + 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g) V1 3 1 1 2 xmol 2x mol则有=0.85，解得x=0.3，故前2h的平均反应速率v(H2)=0.225 molL-1h-1。该温度下，反应进行5h时达到平衡状态，此时=0.80，设消耗CO2的物质的量为ymol，则有=0.85，解得y=0.4，故CO2的平衡转化率为100%=40%，故答案为：0.225 molL-1h-1(或13.5 molL-1minL-1 ；40%；(3)设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1mol、3mol，CO2的平衡转化率为50%，则有：CO2 ( g) + 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g)。起始量/mol 1 3 0 0转化量/mol 0.5 1.5 0.5 0.5平衡量/mol 0.5 1.5 0.5 0.5平衡时p(CO2)=8 MPa= MPa， p(H2)=8 MPa=4 MPa，p(CH3OH)=8 MPa= MPa，p(H2O)=8 MPa= MPa，故该反应条件下的平衡常数为Kp=。故答案为：； (4)由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，H0。随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，C2H4(g)、H2O(g)都是生成物，随着平衡逆向移动，二者的物质的量逐渐减小，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。故答案为： ；C2H4。20.(14 分)铬化学丰富多彩，由于铬光泽度好，常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性能的不锈钢，CrO3大量地用于电镀工业中。（1）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火，若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬Cr2(SO4)3。则该反应的化学方程式为： 。（2）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如下图所示。A 点时剩余固体的成分是 （填化学式）。B 点时剩余固体的成分是 （填化学式）从开始加热到 750K时总反应方程式为 。（3）CrO3和 K2Cr2O7均易溶于水，这是工业上造成铬污染的主要原因。净化处理方法之一是将含6价 Cr 的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的NaCl进行电解：阳极区生成的Fe2+和Cr2O72发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH结合生成 Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去已知KspFe(OH)34.01038，KspCr(OH)36.01031。电解过程中 NaCl 的作用是_。 已知电解后的溶液中c(Fe3+)为2.01013molL1，则溶液中c(Cr3+)为 molL1。【答案】(14 分)（1）4CrO33C2H5OH6H2SO4 =2Cr2(SO4)33CH3COOH9H2O（3分）（2）Cr3O8（2分） Cr2O3（2分） 4CrO32Cr2O33O2（2分）（3） 增强溶液的导电性（2分）3106 （3分）【解析】试题分析：（1）根据题中所提供的反应物和生成物，方程式