江西省抚州市临川区第二中学2020届高三化学七月月考试题（含解析）（通用）

江西省抚州市临川区第二中学2020届高三化学七月月考试题（含解析）1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A. 对废旧金属进行回收利用是保护金属资源的途径之一B. 工业上对煤进行干馏、液化和气化等处理的目的是降低污染和获得更多化工原料C. 处理污水的化学方法包括中和法、沉淀法、氧化还原法等D. 用聚氯乙烯塑料代替聚乙烯塑料可减少食品包装袋的毒性【答案】D【解析】【详解】A. 对废旧金属进行回收利用，可以提高资源的利用率，是保护金属资源的途径之一，A正确；B. 工业上对煤进行干馏、液化和气化等处理的目的是获得可以完全燃烧的清洁燃料和有着更广泛、更加重要的基础化式原料，故可以降低污染和获得更多化工原料，B正确；C. 处理污水的化学方法包括中和法（处理酸性废水）、沉淀法（处理重金属盐废水）、氧化还原法（处理含有机物、CN-等废水）等，C正确；D. 用聚氯乙烯塑料代替聚乙烯塑料会增加食品包装袋的毒性，聚氯乙烯能释放出有毒气体，D不正确。综上所述，说法不正确的是D。2.设NA为阿伏加德罗常数值下列有关叙述正确的是A. 常温常压下, 30 g乙烷中所含的极性共价键数为6NAB. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAC. 0.1 mol9038Sr原子中含中子数为3.8NAD. 0.1molL1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A. 乙烷分子中只有HC键是极性键，故一个乙烷分子中有6个极性键。30 g乙烷的物质的量为1mol，故其中所含的极性共价键数为6NA，A正确；B. 氯气与水的反应是可逆反应。标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，由于不能确定反应的限度，故无法计算转移的电子数目，B不正确；C. 9038Sr 的中子数为52，故0.1 mol9038Sr中含中子数为5.2NA，C不正确；D. 由于不知道溶液的体积是多少，故无法计算0.1molL1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数目，D不正确。综上所述，说法正确的是A，本题选A。3.短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W 同主族， 且X 的电子层数与电子总数相等；X、Y形成的最简单化合物是目前应用广泛的一种气体燃料；Z是地壳中的含量最多的元素。下列说法正确的是A. 原子半径： XYZWB. 氢化物沸点：YZC. Z、W 形成的化合物中只含离子键D. W2Y2Z4的水溶液呈碱性【答案】D【解析】由X的电子层数与电子总数相等，确定X为H元素，由X、Y形成的最简单化合物是目前应用广泛的一种气体燃料即CH4，则Y为C元素，Z是地壳中的含量最多的元素，即为O元素，由短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大且X、W 同主族，确定W为Na元素。据此分析如下：A、原子半径为XZYW，所以A错误；B、Y和Z的氢化物分别为CH4和H2O，二者的沸点为CH4c(Cl-)c(CO32-)【答案】C【解析】A、由图解可知，b点时pH10，且c(CO32-)=c(HCO3-)，即少量的盐酸与碳酸钠反应，则溶液的溶质为NaCl、Na2CO3与Na HCO3，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)，或者c(Na+)+c(H+)=3c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)，所以A错误；B、由图象知，从pH8开始，c(CO32-)逐渐增大，c(HCO3-)逐渐减小，所以数值增大，故B错误；C、由a点可知，当pH=6时，即c(H+)=10-6mol/L，c(H2CO3)= c(HCO3-)=0.02mol/L，碳酸的第一步电离方程式为H2CO3HHCO3，则Ka1= =10-6mol/L，故C正确；D、当溶液呈中性时，发生的反应为Na2CO3HCl=NaClNaHCO3和NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，在反应中，生成的NaCl和NaHCO3浓度相等，在反应中，生成的NaHCO3又消耗一部分，所以c(NaCl)c(NaHCO3)，即c(Cl)c(HCO3)，所以D错误。本题正确答案为C。点睛：识别图象中点、线、交点的意义是解图象题的前提和关键，如D选项，要明确溶液呈中性时发生了哪些反应；而B选项，要确定c(CO32-)和c(HCO3-)的变化趋势，就要在二者的共存区域内分析，只能分析pH8的区域。5.根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是选项实验操作和现象实验结论A取某溶液于试管中，滴入氢氧化钠溶液并加热，试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝该盐中含NH4+B向海带灰提取液中加入稀硫酸酸化的H2O2，充分振荡后，滴加四氯化碳，振荡静置，下层呈紫红色海带灰提取液中存在I-C纯净的SO2和Cl2分别通过盛有品红溶液的试管，溶液均褪色SO2和Cl2都有漂白性D铁粉中加入的过量稀硝酸，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液变为红色硝酸将铁氧化，生成Fe3+A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A.氨气能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝；B.碘易溶于四氯化碳，振荡静置，下层呈紫红色； C. 次氯酸有漂白作用，而氯气没有；D.过量稀硝酸可以把铁氧化为Fe3+。【详解】A.氢氧化钠溶液与含有铵根离子的溶液加热反应，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，此气体为氨气，原溶液中含有NH4+，A正确；B. H2O2具有氧化性，能够把碘离子氧化为碘单质，碘易溶于四氯化碳，下层呈紫红色，因此海带灰提取液中存在I-，B正确；C. Cl2通过盛有品红溶液的试管，溶液褪色，真正起到漂白作用的是次氯酸，氯气没有漂白作用，C错误；D.铁粉与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，铁离子与KSCN溶液反应，溶液变为红色，可以说明硝酸将铁氧化，生成Fe3+，D正确；综上所述，本题选C。【点睛】干燥的氯气没有漂白作用，潮湿氯气、新制氯水以及次氯酸钠溶液、次氯酸钙溶液等都能使有色布条褪色，是因为它们均含有HClO，HClO具有强氧化性，能够用来杀菌消毒和漂白。6.某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体NH4Fe（SO4）26H2O的一种方案如下：下列说法不正确的是A. 滤渣A的主要成分是CaSO4B. 相同条件下，NH4Fe（SO4）26H2O净水能力比FeCl3强C. “合成”反应要控制温，温度过高，产率会降低D. “系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等【答案】B【解析】【分析】A、硫酸钙微溶于水；B、NH4水解生成H，抑制Fe3的水解；C、“合成”中温度过高，会促进Fe3的水解；D、硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯；【详解】A、硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是硫酸钙，故A正确；B、NH4水解生成H,抑制Fe3的水解，故氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，故B项错误；C、“合成”中温度过高，会促进Fe3的水解，故C项正确；D、硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，故D项正确；故选B。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温下，1 L pH10的NaClO溶液中水电离出的OH数目为104NAB. 7.8 g Na2O2分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，转移的电子数目均为0.2NAC. 标准状况下，2.24 L丙三醇（甘油）中含有的氧原子数为0.3NAD. 向含0.1 mol Na2SiO3溶液中逐渐滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A. 常温下，pH10的NaClO溶液中水电离出的OH浓度为10-4mol/L，所以，1 L pH10的NaClO溶液中水电离出的OH数目为104NA，A正确；B. 7.8 g Na2O2的物质的量为0.1mol，分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，分别生成Na2CO3和Na2SO4，生成Na2CO3时，只有一半的O22-被还原为-2价，生成时Na2SO4，所有O22-均被还原为-2价，故转移的电子数目分别为0.1NA和0.2NA，B不正确；C. 标准状况下，丙三醇不是气体，故无法计算2.24 L丙三醇（甘油）中含有的氧原子数目，C不正确；D. 向含0.1 mol Na2SiO3的溶液中逐渐滴加盐酸，生成H2SiO3胶体，由于胶体粒子是许多分子的集合体，故无法确定胶粒的数目，D不正确。综上所述，说法正确是A，故选A。【点睛】本题的易错点在B和D两个选项。要注意过氧化钠与二氧化碳反应时，发生的是歧化反应，只有一半的过氧根被还原，另一半被氧化为氧气，而过氧化钠与二氧化硫反应时，过氧根全部被还原。胶体粒子不是小分子，而是许多分子的聚合体。8.下列叙述不正确的是A. 可用溴的四氯化碳溶液区别和B. 甲苯分子中所有原子在同一平面上C. 苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应D. 分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)【答案】B【解析】【详解】A. 可与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色， 不能，故可用溴的四氯化碳溶液区别和，A正确；B. 甲苯分子由苯环和甲基两部分组成，甲基中的原子不能全部共面，故甲苯分子中所有原子不可能在同一平面上，B不正确；C. 苯可以发生卤代、硝化反应；乙酸可以和乙醇发生酯化反应，这些反应均为取代反应，故其均能发生取代反应，C正确；D. 分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)，分别为1，1-二氯丙烷、1，2-二氯丙烷、1，3-二氯丙烷、2，2-二氯丙烷，D正确。综上所述，叙述不正确的是B，故选B.9.2020年我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”NaCO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如下图所示。吸收的全部CO2中，有23转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面。下列说法正确的是A. “吸入”CO2时，钠箔为正极B. “呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动C. “吸入”CO2时的正极反应：4Na+3CO2+4e=2Na2CO3+CD. 标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数0.75 mol【答案】C【解析】【详解】A放电时该电池“吸入”CO2，“吸入”CO2时，根据图示，钠变成了钠离子，被氧化，钠箔为负极，故A错误；B“呼出”CO2时，是电解池，电解池中，阳离子向有机移动，Na+向钠箔电极移动，故B错误；C放电时该电池“吸入”CO2，吸收的CO2有2/3转化为Na2CO3固体，有1/3转化为C，正极反应：4Na+3CO2+4e=2Na2CO3 +C，故C正确；D标准状况下，22.4 L CO2的物质的量为1mol，根据2Na2CO3 +C-4e=4Na+3CO2，每“呼出”1mol CO2，转移电子数为mol，故D错误；故选C。10.通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2 (含Na2CO3) 纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是A. 干燥管b中装入碱石灰B. Q气球中产生的气体主要成份O2、CO2C. 测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3D. 读完气体总体积后，关闭K3,缓缓打开K1；可观察到Q气球慢慢缩小【答案】D【解析】【详解】A、加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒中排水测氧气的量，进而计算过氧化钠的量，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、测定气体的总体积是利用Q气球的膨胀将瓶中的空气挤入右边进行排水量气，所以必须关闭K1、K2，打开K3，C正确；D、读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1，还要再打开K2，才可观察到Q气球慢慢缩小，原因是不打开K2体系是密闭的，气球体积无法减小，D错误。答案选D。11.有机物X、Y的转化如下，下列说法不正确的是A. X转化为Y的反应属于氧化反应B. 与Y互为同分异构体C. Y分子苯环上的二氯代物有5种D. X、Y分子的所有原子可能共平面【答案】C【解析】【详解】A. X转化为Y的反应中，双键断裂生成苯甲酸，该反应属于氧化反应，A正确； B. 与Y分子式相同，但结构不同，两者互为同分异构体，B正确；C. Y分子（）苯环上的二氯代物有6种，分别在苯环的2、3位取代，2、4位取代，2、5位取代，2、6位取代，3、4位取代和3、5位取代，C不正确； D. 苯环有12原子共面，COOH和HCOO中4原子可能共面，故X、Y分子的所有原子可能共平面，D正确。综上所述，说法不正确的是C，故选C。12.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A. 无色透明的溶液中：Ba2+、K+、HCO3-、NO3-B. 由水电离出的c(H+)=110-13 molL-1的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-C. 加入铝粉能放出氢气的溶液中：Ba2+、Cl-、Fe3+、NO3-D. 无色透明的溶液中：Al3+、Cu2+、SiO32-、CH3COO-【答案】A【解析】【详解】A. 无色透明的溶液中，Ba2+、K+、HCO3-、NO3-等4种离子之间不能发生离子反应，可以大量共存；B. 由水电离出的c(H+)=110-13 molL-1的溶液，水的电离受到酸或碱的抑制，可能是酸性，也可能显碱性，HCO3-既不能存在于酸性较强的溶液，也不能存在于碱性较强的溶液，B不正确；C. 加入铝粉能放出氢气的溶液，可能显酸性，也可能显强碱性，在酸性条件下NO3-有强氧化性，与铝反应不生成氢气，在碱性条件下Fe3+不能大量存在，C不正确；D. Cu2+可以使溶液呈蓝色，Al3+与SiO32-不能大量共存，D不正确。本题选A。13.厌氧性硫酸盐还原菌（SRB）是导致铁腐蚀的一种菌种，其腐蚀原理的图解如图所示。下列说法不正确的是A. 负极产生的Fe2向正极移动B. 在SRB细菌作用下发生的电极反应为8e4H2OS28OHC. 总反应的化学方程式为4Fe4H2OFeS3Fe（OH）22OHD. 若引入新的菌种，则一定会加速金属的腐蚀【答案】D【解析】【分析】根据腐蚀原理示意图可知，该腐蚀过程中发生的是原电池反应，为电化学腐蚀，其中铁为负极，铁中的杂质碳为正极。【详解】A. 在原电池中，阳离子向正极迁移，故负极产生的Fe2向正极移动，A正确；B. 根据示意图可知，正极上发生了2个电极反应，其中在SRB细菌作用下发生的电极反应为8e4H2OS28OH，B正确；C. 根据示意图可知，将正、负极的电极反应式相加，可以得到总反应的化学方程式为4Fe4H2OFeS3Fe（OH）22OH，C正确；D. 若引入新的菌种，不一定能参与电极反应，故不一定会加速金属的腐蚀，D不正确。综上所述，说法不正确的是D，故选D。【点睛】要注意分析图中的信息，正极发生两种电极反应。14.向25mL 12.0molL-1浓硝酸中加入足量的铜，充分反应后共收集到标准状况下2.24LNO和NO2的混合气体（不考虑NO2与N2O4间的相互转化），则参加反应的铜的质量为A. 3.2gB. 6.4gC. 12.8 gD. 19.2 g【答案】B【解析】【详解】25mL12.0molL-1浓硝酸中含硝酸物质的量为：0.025L12.0molL-1=0.3mol，与足量的铜充分反应后共收集到标准状况下2.24LNO和NO2的混合气体（不考虑NO2与N2O4的相互转化），即0.1mol混合气体，则被还原的硝酸为0.1mol、未被还原的硝酸为0.2mol，所以生成物Cu(NO3)2的物质的量为0.1mol，则参加反应的铜的物质的量为0.1mol，其质量为6.4g，故选B。15.在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是( )A. 充入的CO分子数比CO2分子数少B. 甲容器的体积比乙容器的体积小C. CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小D. 甲中CO的密度比乙中CO2的密度小【答案】D【解析】【详解】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n=m/M 可知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，则A根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11：7，所以CO分子数多，A错误；B根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，B错误；C温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，C错误；D=M/Vm可知，相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，D正确；答案选D。【点晴】同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=1/2。在进行物质的量的有关计算时，特别要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。16.某研究小组设计如下装置处理pH为5-6的污水。下列说法正确的是A. 阳极的电极反应式为：Fe-3e-=Fe3+B. 正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-C. 若阴极转移2mol电子，则负极消耗5.6LCH4D. 污水中最终会产生Fe(OH)3，吸附污物而形成沉淀【答案】D【解析】【详解】A. Fe作为电解池的阳极时，发生如下反应，Fe-2e-=Fe2+，A错误；B. 燃料电池中，正极反应为O2得到电子，由电池的电解质环境为熔融碳酸盐，所以正极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，B错误；C. 转移2mol电子，消耗氧气0.5mol，参与反应CH4物质的量为0.25mol，标准状况下，消耗CH4体积为5.6L，但C中没有明确气体状态，所以C错误；D. 二价铁能被氧气氧化成正三价，生成Fe(OH)3胶体，可以吸附污物而形成沉淀，D正确。故选择D。【点睛】燃料电池的反应应明确，可燃气体在负极失去电子，而氧气在正极得到电子；而电解池中的电极为阳极和阴极。17.产自我国西北某盐湖的“块碱”是一种Na2CO3和NaCl的混合物。可通过以下方法对块碱样品的组成和含量进行分析测定。.定性测定NaCl的存在：(1)取样品少许溶于水，加入足量稀硝酸充分反应后再滴加_溶液，能观察到有_产生，说明块碱中含有NaCl。.定量测定Na2CO3的含量：准确称量w g样品置于如下装置中，向其中加入足量稀硫酸，通过测定生成气体的体积来求算Na2CO3的含量。请回答下列相关问题：(2)测定装置中，导管a的作用是_。(3)为提高测定的准确度，溶液b最宜选用_。饱和食盐水 饱和NaHCO3溶液 澄清石灰水 酸性KMnO4溶液(4)若根据所取样品的质量估计反应时产生的气体体积最多在30mL左右,则产生气体前对量气装置读数时，装置内的装液量和液面调节最为合理的是_(填虚线框中对应这的字母编号)。(5)用你以上所选出的最为合理的读数为起点，若终点读数为17.60mL，则反应所产生的气体的测定体积为_mL。若实验温度下的气体摩尔体积为VmL.mol-1，由此可得出样品中Na2CO3的含量表达式为： _。【答案】 (1). 硝酸银 (2). 白色沉淀 (3). 平衡气压，便于分液漏斗中的稀硫酸能够顺利流下 (4). (5). C (6). 22.40 (7). 【解析】【分析】实验I为Cl-的检验；实验II通过排液测气法测量碳酸钠产生的二氧化碳的体积，确定碳酸钠的含量。【详解】.定性测定NaCl的存在：(1)检验Cl-通常使用硝酸银溶液，但要先加稀硝酸排除碳酸根离子的干扰。取样品少许溶于水，加入足量稀硝酸充分反应后再滴加硝酸银溶液，能观察到有白色沉淀产生，说明块碱中含有NaCl。.定量测定Na2CO3的含量：(2)测定装置中，导管a的作用是平衡气压，便于分液漏斗中的稀硫酸能够顺利流下。(3)为提高测定的准确度，溶液b最宜选用不能溶解二氧化碳的饱和碳酸氢钠溶液，故选饱和NaHCO3溶液。二氧化碳在饱和食盐水中的溶解度大于饱和碳酸氢钠溶液，在酸性高锰酸钾溶液中的溶解度也比较小，但是高锰酸钾具有强氧化性，会把橡皮管氧化。 (4)若根据所取样品的质量估计反应时产生的气体体积最多在30mL左右,则产生气体前对量气装置读数时，应保证量气管中的液面与左边干燥管中的液面在同一水平，防止液面差影响气体的体积，故装置内的装液量和液面调节最为合理的是C。(5)用所选出的最为合理的读数为起点，若终点读数为17.60mL，则反应所产生的气体的测定体积为40.00mL-17.60mL=22.40mL。若实验温度下的气体摩尔体积为VmL.mol-1，则二氧化碳的物质的量为，碳酸钠的物质的量等于其产生的二氧化碳的物质的量，故由此可得出样品中Na2CO3的含量表达式为：。【点睛】要注意分析图中信息，特别是量气管的读数问题，根据有关量气管的读数信息可知，0刻度在上方，故气体体积为初读数与末读数的差值。在读数时，量气装置两边的液面要在同一水平，防止两边的气体压强不同使得所测气体的体积误差过大。18.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某度旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：已知：I铍、铝元素化学性质相似；.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有_(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：_。(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为_(填字母)a.加入过量的氨水 b.通入过量的CO2c.加入过量的NaOH d.加入适量的HCl e.洗涤 f.过滤(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质写出反应中CuS发生反应的化学方程式：_。(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2molL1、c(Fe3+)=0.008molL1、c(Mn2+)=0.01molL1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，首先沉淀的是_(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于_。【答案】 (1). Na2BeO2、Na2SiO3 (2). BeO22-+4H+=Be2+2H2O (3). afed (4). CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O (5). Fe3+ (6). 4【解析】【分析】根据题中信息可知，铍铜元件经氢氧化钠溶液溶解后，铍和氧化铍转化为铍酸钠溶液、二氧化硅转化为硅酸钠溶液，过滤后向滤液中加入过量的盐酸，硅酸钠转化为硅酸沉淀，铍酸钠转化为氯化铍溶液，再过滤，从滤液中分离出氯化铍，最后转化为铍。第一次过滤后的滤渣B与二氧化锰、硫酸反应，其中的铜元素和铁元素转化为硫酸铜溶液和硫酸铁溶液，过虑后的滤液D中加氨水可以依次分离出氢氧化铁和氢氧化铜，最后经一系列操作得到铜。【详解】(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有Na2BeO2、Na2SiO3，反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22-+4H+=Be2+2H2O。(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为afed：加入过量的氨水中和盐酸、沉淀Be2+，然后过滤、洗涤沉淀，最后加入适量的HCl将沉淀溶解即可，故顺序为afed。(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，因此，反应中CuS发生反应的化学方程式为CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O。(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2molL1、c(Fe3+)=0.008molL1、c(Mn2+)=0.01molL1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离。Cu2+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L=10-10mol/L，pH=4；Fe3+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L=mol/L；Mn2+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L=1.410-5mol/L。因此，首先沉淀的是Fe3+。为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于4。19.钼(Mo)是一种难熔稀有金属，我国的钼储量居世界第二。钼及其合金在冶金，农业、电器、化工、环保等方面有着广泛的应用。(1)已知：2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s) H1 MoS2(s) +2O2(g)=Mo(s)+2SO2(g) H22MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g) H3则H3 =_（用含H1、H2的代数式表示），在反应中若有0.2mol MoS2参加反应，则转移电子_mol。(2)密闭容器中用Na2CO3(S)作固硫剂，同时用一定量氢气还原辉钼矿(MoS2)的原理是：MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s) +2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) H，实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示：由图可知，该反应的H_0（填“”或“”或“”）。 如果上述反应在体积不变的密闭容器中达平衡，下列说法错误的是_（选填编号）。A.v正(H2)=v逆(H2O)B.再加入MoS2，则H2转化率增大C.容器内气体密度不变时，一定达平衡状态D.容器内压强不变时，一定达平衡状态由图可知M点时氢气的平衡转化率为_ （计算结果保留0.1%）。平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压物质的量分数。求图中M点的平衡常数Kp=_(MPa)2【答案】 (1). H1+2H2 (2). 2.8 (3). (4). (5). (6). 66.7% (7). 0.01【解析】【分析】根据盖斯定律、化合价变化、平衡移动原理、化学平衡状态的特征进行相关的分析，要注意结合图像中的信息。【详解】(1)已知：2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s) MoS2(s) +2O2(g)=Mo(s)+2SO2(g) 2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g) H3+2可得，由盖斯定律可知，则H3 =H1+2H2。在反应中只有O2是氧化剂，O元素从0价降到-2价，电子转移的数目为28e-，若有0.2mol MoS2参加反应，则转移电子2.8mol。(2)由图可知，在相同的压强下，反应物氢气的体积分数随温度的升高而减小，故该反应为吸热反应，该反应的H0；该反应为气体分子数增大的反应，在相同温度下，压强越小，氢气的转化率越大，则氢气的体积分数越小，故P20.1MPa。A.v正(H2)=v逆(H2O)，能表示正反应速率和逆反应速率相等，