树德中学2020届高三化学二诊模拟考试试题含解析

四川省成都市树德中学2020屈高三化学二诊模拟考试试題含解折四川省成都市树德中学2020届髙三化学二诊模拟考试试题（含解析）lo化学与生活密切相关，下列说法正确的是A。煤的气化是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径新型冠状病毒肺炎病症较多的地区，人们如果外出归家，应立即向外套以及房间喷洒大量的酒精港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐,依据的是外加电流的

阴极保护法华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世，芯片的主

要成分是硅【答案】D【解析】【详解】A。煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化

形成H2、CO等气体的过程，是化学变化，故A错误；Bo酒精喷雾易燃易爆炸，不应向外套以及房间喷洒大量的酒精,房间内大而积喷洒，酒精浓度高于70%时，酒精的挥发使室内空气中可燃性气体增加，遇到丁点火星极易燃烧，故B错误；C.在海水、土壤等环境中，锌比钢铁材料更活泼,更容易失去电子被氧化，因此锌作原电池的负极,而铁作正极，被保护，该方法依据的是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误;D.芯片的主要成分是硅单质，故D正确；故选D。【点睛】煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成

h2、co等气体的过程。煤的液化是将煤与h2在催化剂作用下转四川省成都市树德中学2020屆高三化学二诊模拟考试试題含解折化为液体燃料或利用煤产生的士和CO通过化学合成产生液体

燃料或其他液体化工产品的过程。二者均有新物质生成，属于

化学变化。这是常考点，也是学生们的易错点.设/VA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是某密闭容器中盛有0.1molN2和Oo3molH2,在一定条件下充

分反应，转移电子的数目为0。6A/a常温下，HpH=9的CHsCOONa溶液中，发生电离的水分

子数为lxlO-9/\/A14。OgFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3*xH2O?电极反应转移的电

子数为0。5/Va标准状况下,2。24L丙烷含有的共价键数目为1.1/Va

【答案】C【解析】【详解】A。合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，则转移

的电子数小于0.6/Va,故A错误；BoCH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根的水解促进水的电离，

c(H2O)1)igs=c(OH)=lxlO-5mol/L,则发生电离的水分子数为

lLxlxlO_5mol八x/VA=lxl0-5/VAz故B错误;C.Fe发生吸氧腐蚀，铁作负极，电极反应为：Fe-2e=Fe2+,正

极反应为:O2+4e+2H2O=4OH,然后Fe2"^OH•反应生成氢氧化亚

铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，最后生Fe2O3*xH2O，14.0gFe的物质的量为则电极反应转移的电子数为四川省成都市树德中学2020屈高三化学二诊模拟考试试題含解折0.25molx2=0.5moh故C正确；Do标准状况下,2。24L丙烷的物质的量为0。lmol,而丙烷中

含10条共价键，故O.lmol丙烷中含有的共价键数目为/VA,故D

错误；故选C。【点睛】水电离的c(H+)或c(OH)的计算技15(25°C时)(1)中性溶液:C(H+)=c(OH-)=l.OxlO-7mol-L1。酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H+)=c(OH-)<107

mohL-\当溶液中的c(H+)<10-7mol-L-1时就是水电离出的c(H

+);当溶液中的c(H+)>10-7mol-L1时，就用10_14除以这个浓度

即得到水电离的c(H+)。可水解盐促进水的电离，水电离的c(H+)或c(OH")

均大于lO^mol.L-1。若给出的c(H+)>10-7mol-L1,即为水电

离的c(H+)；若给出的c(H+)<10-7mol-L1,就用1CT14除以这个浓

度即得水电离的c(H+).由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是选项实验方法现象结论A向FeCI3溶液中滴入少量KI溶液，再加入

KSCN溶液溶液变红Fe3+与「的反

应具有可逆性BSO2通入Ba(NO3)2溶产生白色沉白色沉淀是四川省成都市树德中学2020庙高三化学二诊模拟考试试題含解析液淀BaSC)4C将稀硫酸滴入淀粉溶

液中并加热，冷却后再

加入新制Cu(OH)2悬

浊液并加热未出现砖红色沉淀淀粉未水解D用碎瓷片做催化剂，给

石蜡油加热分解，产生

的气体通过酸性高锰

酸钾溶液酸性高锰酸

钾溶液逐渐

褪色石蜡油裂解一定生成乙烯A。 A B.B CoC D.D【答案】B【解析】【详解】A.滴入少量KI溶液，FeCI3剩余，则由现象不能说明

该反应为可逆反应，故A错误；SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中、SO2与水反应生成亚硫酸，在

酸性环境下，硝酸根具有强氧化性,从而发生氧化还原反应生成

硫酸钡，白色沉淀是BaSO4,故B正确；淀粉水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至

碱性，不能检验是否水解，故c错误；D。 酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，可知石蜡油加热分解生成不饱四川省成都市树德中学2020«高三化学二诊模拟考试试題含解折和烃，但气体不一定为乙烯，故D错误；故选Bo【点睛】淀粉的水解液显酸性，检验淀粉是否水解时，应先在淀

粉的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制Cu(0H)2悬

浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄

糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子

序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与

Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。

下列叙述正确的是WWX的水溶液呈碱性由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱

性Co元素非金属性的顺序为：Y)Z>QD.该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构

【答案】A【解析】【分析】由图分析，X只能形成一个共价键，又X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H，W为五种短周期元素中原子序数最5四川省成都市树德中学2020屆高三化学二诊模拟考试试題含解折大的，且可形成+1价的离子，应为Na，Y可成四个键，Y为C，Q

核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,Q为◦，则Z为N，据

此解答.【详解】由图分析，X只能形成一个共价键，又X的原子半径

是元素周期表中最小的，故X为H,W为五种短周期元素中原

子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na,Y可成四个键，

Y为C，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，Q为0,

则Z为N，AoWX为NaH，其与水反应生成NaOH和氢气，溶液显碱性，

故A正确；Bo由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物，如NaHC2O4,由

于HC2O4的电离程度大于其水解程度，则其水溶液呈酸性，故B

错误；同周期元素从左到右主族元素原子非金属性依次增强，则元

素的非金属性Q>Z>Y,故C错误；该化合物中与Y单键相连的Cb与Y共用一对电子，并得到

了W失去的一个电子，满足8电子稳定结构，故D错误；故选Ao5。下列说法正确的是A。 苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B。 用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯Co用Ni作催化剂?lmol 最多能与5molH2加LJenroll四川省成都市树德中学2020届高三化学二诊模拟考试试題含解折成D.C3H6BrCI的同分异构体数目为6【答案】B【解析】【详解】A。苯乙烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而

苯与溴水混合发生萃取，则苯乙烯与苯使溴水褪色原理不同，故

A错误；B。乙醇易溶于水，则乙醇与饱和Na2CO3溶液互溶，乙酸具有

酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯难溶于水，会出现分

层，则可鉴别，故B正确；Co能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则lmol该物

质最多只能与4molH2加成，故C错误；D.C3H6BrCI可看成丙烷分子中有两个氢原子分别被一个溴原子、

一个氯原子取代，根据"定一移一”的思路可得，先定Br原子的

位置，有两种情况，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3,再定Cl原子的

位置，符合的同分异构体有3,ch3Chbich3,则CsbkBrCI的同

分异构体共5种，故D错误；故选B。【点睛】苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴

苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反

应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密

度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜

色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，没有发生化学反应。这四川省成都市树德中学2020屆高三化学二诊模拟考试试題含解折是学生们的易错点，也是常考点。6-常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的

KCLK2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑

C2o?•的水解)。己知Ksp(AgCI)数量级为10_w.下列叙述正图中Y线代表的AgCIn点表示Ag2C2O4的过饱和溶液Co向c(Cr)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生

成AgCI沉淀D.Ag2C2O4+2Cr=2AgCI+C2O42-^平衡常数为10_071

【答案】C【解析】【分析】若曲线X为AgCI的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCI)=c(Ag+)

-c(C|-)=10-4xl0^5=10-^75=10°-25xlO-10,则数量级为IO-1。，若

曲线Y为AgCI的沉淀溶解平衡曲线，则/<sp(AgCI)=c(Ag+)-c

(C|-)=10-4xl0-2°46=10-646=10°°54xl0-7z则数量级为10-7,又己知

MAgCI)数量级为10_w，则曲线X为AgCI的沉淀溶解平衡曲线,-8-四川省成都市树德中学2020屈高三化学二诊模拟考试试題含解折则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线Xsp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)

•C(C2O42_)=(10_4)2X(10-2-46)=10-10.46>据此分析解答。

【详解】若曲线X为AgCI的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCI)

=c(Ag+).c(C|-)=10-4xl0-575=10_9.75=10°25xl0-10,则数量级为10-10,

若曲线Y为AgCI的沉淀溶解平衡曲线，则/<sp(AgCI)=c(Ag+)-c

(CI-)=10-4xl0-2°46=10-6.46=100-54x10-7z则数量级为IO7,又己知

MAgCI)数量级为10-1则曲线X为AgCI的沉淀溶解平衡曲线，

则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)-c

(c2o42—)=(io-4)2x(10~2°46)=10-10°46,由以上分析知，图中X线代表AgCI,故A错误；曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点,c(Ag+)小于

平衡浓度，故n点的离子(Ag2C2O4)<Ksp(AgACU),故为

Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误；Co根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCI沉淀所需

的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+),故向c(Ch)=c

(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故

C正确；DoAg2C2O4+2C「=2AgCI+C2O42-的平衡常数，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有故D错误；

故选C。7o环己酮(gp在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液•9-四川省成都市树德中学2020屆高三化学二诊模拟考试试題含解折中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法正确的是OHa极与电源负极相连B。 a极电极反应式是2Cr3+-6e+14OH-=Cr2O72+7H2O

Cob极发生氧化反应Do理论上生成lmol环己酮时，有lmolH2生成【答案】D【解析】【分析】根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3+失电子发生氧化反

应，电极反应式是2Cr3+-6e+7H2O=Cr2O72_+14H+，b极为阴极，

氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移电子数相等计

算，据此分析解答。【详解】A。根据原理图可知,a极为电解池的阳极，则与电源

正极相连，故A错误；B.根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3+失电子发生氧化

反应，电极反应式是2Cr3+-6e+7H2O=Cr2O72-+14H+,故B错误;

Cob极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故C错误；D.理论上由环己醇(C6H12O)生成lmol环己酮(C6HioO),转移

2mol电子，根据电子守恒可知，阴极有lmol氢气放出，故D-10-四川省成都市树德中学2020屈高三化学二诊模拟考试试題含解折

正确；故选D。8o碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研宄小组制备了FeCO3,并

对FeCO3的性质和应用进行了探究。己知：①FeCO3是白色

固体，难溶于水@Fe2++6SCN--Fe(SCN)64-(无色)I。FeCO3的制取(夹持装置略)实验i:馳解AO.Bmol/L0cko＞固泳装置C中，向Na2CO3溶液(pH=ll。9)通入一段时间C02至

其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、

洗涤、干燥，得到FeCO3固体.(1)试剂a是 (2)向Na2CO3溶液通入C02的目的是 (3)C装置中制取FeCO3的离子方程式为 (4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通C02,你认为是

否合理并说明理由 。n。FeCO3的性质探究实验iiIcCO.固充分鵬.n加3mL4molA醚为红色，S本无色并有紅褐色芥定11四川省成都市树德中学2020庙高三化学二诊模拟考试试題含解折3mL4md/L实验iii充分n加3fnL4mol/LKSW:g紊和g hagt^g色(5)对比实验ii和iih得出的实验结论是 .

⑹依据实验ii的现象，写出加入io%h2o2溶液的离子方程式 m.FeCOs的应用(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸

亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe,相对分子质量为234)补血剂。

为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中

学化学实验小组准确称量l.Og补血剂，用酸性KMnO4溶液

滴定该补血剂，消耗Oo1000mol/L的KMnO4溶液10。OOmL,则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为 ,该数值异常的原因

是(不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差). 【答案】OH-浓度，(1)。饱和NaHCO3溶液 (2).降低溶液中防止生成Fe(OH)2 (3).2HCO3-+Fe2+=FeCO3小+CO2个+H2O⑷。不合理,CO2会和FeCO3反应

生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)(5)oFe2+与SCN-

的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCI溶液中大 (6).6Fe(SCN)64+3H2O2=2Fe(OH)3小+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN—=2Fe(OH)3小+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3小+4Fe3+ (7).117% (8)。乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】四川省成都市树德中学2020场高三化学二诊模拟考试试題含解析【分析】I。装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中,向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7,滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤,洗涤，

干燥，得到FeCO3；llo(5)根据Fe2++6SCN--Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCI和KSCN

两种不同溶液中的溶解度不同判断；(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%

过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补

血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。【详解】I。(1)装置A中制取的CO2中混有HCI,欲除去CO2中

混有的HCI，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案

为:饱和NaHCO3溶液；向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应

生成的NaHCO3,提高溶液中HCOf的浓度，抑制CO32的水解，

降低溶液中0H-的浓度，防止生成Fe(OH)2,故答案为:降低溶

液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2

至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4

溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO34-四川省成都市树德中学2020屆高三化学二诊模拟考试试題含解折Fe2+=FeCCh小+CO2个+H2O，故答案为：2HCO3~+Fe2+=FeCO3小+CO2个+H2O;（4）FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe

（HCO3）2,降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入

co2,或者：出现白色沉淀之后继续通co2,可防止空气中氧气氧

化FeCO3,提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响）;II。 （5）通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe（SCN）64-,会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SChT的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCI溶液中大;(6)依据实验H现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过

氧化氢溶液后，有Fe(OH)dflFe(SCN)3生成，发生反应的离

子方程式为6Fe(SCN)64_+3H2O2=2Fe(0H}3小+4Fe(SCN)3+24SCN_

或6Fe2++3H2O2+12SCN=2Fe(OH)3小+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3小+4Fe3+;故答案：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3x^+4Fe(SCN)3+24SCN-

或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(0H)3小+4Fe(SCN)3或

6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3^+4Fe3+；JU.(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳

酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe补血剂，可得关系式MnOr5Fe2+〜

5[CH3CH(OH)COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/Lx0.01Lx5=0。005mol，则乳酸亚铁的质量分数14四川省成都市树德中学2020届高三化学二诊模拟考试试題含解析g遷制17%,由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性

高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算

中只按Fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产

品中乳酸亚铁的质量分数大于100%,故答案为：117%;乳酸根

中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4.9.废旧钴金属片中的钴有+2价和+3价，还含有锰、铁、钙、

镁、铝等金属元素及碳粉等，回收钴的工艺流程：废钴片空NaOH細严 (!NHJAOJF液I植後1图甲濾液297钴的根出享％乙困己知：①焙烧后Mn元素的化合价为+2

②物质MgF2CaF2C0F2MgC2O4CaC2O4COC2O4溶度

积4x10一950

3xl0~94xl0~35xl0~664x10-9lo7xl0-7焙烧时为了使废旧钴金属片充分反应，可采取的措施是

(任写一条)。滤液1含有的阴离子是 。该流程中浸钴时，钴的浸出率最高只能达到70%，后来改进

方法，加入使用硫酸进行第一次浸取后，再加入Na25O3溶液进四川省成都市树德中学2020屈高三化学二诊模拟考试试題含解折行第二次浸取，从而使钴的浸出率达90%以上，写出第二次浸

出钴时溶液中发生反应的离子方程式: 净化溶液的操作中含有多个步骤，先除铁后除锰。除铁：常温下，调节溶液pH为1.5~2,0后，加H2O2,

反应一段时间，加8%Na2CO3溶液,将溶液的pH调至4.0〜5.0.请用化学平衡移动原理解释加入Na2CO3溶液能除去溶液

中铁元素的原因 。除锰：加入NaCIO溶液。写出该离子方程式： ③减钙镁：加入NH4F溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子.试

解释为何草酸铵溶液沉钴前要减钙镁: .(5)树德中学化学兴趣小组欲探宄CoC2O4-2H2O受热后的分解

产物，取5.49gCoC204<2H20(摩尔质量为183g/mol)于硬质玻

璃管中加热一段时间，冷却、称量，剩余氧化物固体的质量为20

41g。书写CoC204*2H20受热分解的化学方程式 【答案】(1).将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量

(2)。AI02-、0H— (3)。SO52-+Co2O3+4H-=SO/-+2Co"+2H2O或SO/+Co3O^6H-=SO/+3Co-+3H:O (4).溶液中存在铁离子的水解平衡：Fe-+3H2O-Fe(OH)J+3H\向该体系中加入Na2CO3溶液后，CO32-

和H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3

沉淀(5).Mir*+CIO+H2O=MiiO2i+Cl+2H-(6)o草酸钴的

溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，先减少钙、镁离子的浓-16-四川省成都市树德中学2020屈高三化学二诊模拟考试试題含解折度，可以避免再沉钴时引入钙、镁杂质 (7)。3CoC2O4■2H,OACo3O4+4COT+2CO,T+6H2O【解析】【分析】由流程图可知，废钴片在空气中焙烧后，生成钴、锰、铁的氧化物以及氧化镁、氧化铝、氧化钙、二氧化碳等，加入氢氧化钠溶液碱浸可以与氧化铝反应生成偏铝酸钠，从而过滤除去，然后

再用稀硫酸浸取钴元素，使其转化为离子，同时锰、铁、钙、镁

元素也转化为相应的离子，再经过溶液净化除去铁、锰、钙、

镁，最后用草酸铵溶液沉淀钴离子，得到草酸钴，据此分析解答。

【详解】(1)将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量，可以在

焙烧时使废旧钴金属片充分反应，故答案为：将废旧钴片粉碎或

适当增大空气的进气量；(2)加入氢氧化钠溶液碱浸，AI2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸

钠，则滤液1的溶质为偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，则含有的阴

离子是AIO2一、OH,故答案为：AIO2-、OH-；(3)Na2SO3具有还原性,可以将+3价钴的氧化物还原为+2价钴离

子，发生反应的离子方程式为或

SO/+Co2O4^6H-=SO42+3Co2++3H:O，故答案为：SO3:+Co:O3+4H+=SO广十2Co:++2H:O或SO52+Co3O4-6H*=SO/+3Co2++3H2O-(4)①加H2O2,可以将Fe2+氧化为Fe3+，在溶液中存在铁离子的

水解平衡：Fe-+3H2O^Fe(OHV3H-,则向该体系中加入Na2CO3溶液

后,CO#和H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，生成17四川省成都市树德中学2020屈高三化学二诊模拟考试试題含解折Fe(OH)3沉淀，故答案为:溶液中存在铁离子的水解平衡：

Fe-+3H2O-Fe(OH)5+3H-z向该体系中加入Na2CO3溶液后，CO32-和H+

反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉

淀；②NaCIO具有强氧化性，可以将Mn2+氧化为MnO2，从而过滤除

去，发生反应的离子方程式为：M1f++ClO>H2O=MnO2i+Cl-+2H\故答

为.Mn>+CIO+H,O=MiiO,丄+CK+2H*.@)由表格中的溶度积数据可知，草酸钴的溶度积比草酸钙大，

与草酸镁很接近，则为了避免在沉钴时，将钙离子、镁离子同

时沉淀，应先加入nh4f溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子，再加

入草酸沉淀钴离子，故答案为：草酸钴的溶度积比草酸钙大，

与草酸镆很接近，先减少钙、镁离子的浓度，可以避免在沉钴时

引入钙、镁杂质；(5)5o49gCoC2O4.2H20的物质的量为歲^—，则剩余的

钴的氧化物固体中氧元素的物质的量为2.41蚪：二59一。1補-，

则该氧化物中Co与O元素物质的量之比为3:4,则该钴的氧

化物的化学式为Co3O4,由此可知部分Co的化合价升高，失电子，

则C元素应得电子，化合价降低，生成CO,根据得失电子守恒、

元素守恒配平该方程式，还应有(：02和H2O生成，故发生反应

的化学方程式为3CoCA•2H2OACo3O4+4COT+2CO2T+6H2O，故答案为：

3CoC2O4■2H,OACo5O4+4COT+2CO,T+6H2O。10。可逆反应2SO2(g)+O2(g)^2SO3(g)是硫酸工业中非常重要-18-四川省成都市树德中学2020届高三化学二诊模拟考试试題含解折的一个反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。使用V2O5催化该反应时，涉及到催化剂V2O5的热化学反

应有： V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)AH,=

+59.6kJ-mol_1 2V2O4(s)+O2(g)=2V2O5(s) △H2=-314.4kJ-mol1

则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ，若降低温度，该反应速率会 (填"增大"或"减小")向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各lmol及一

定量的02,改变加入02的量，在常温下反应一段时间后，测

得容器中V2o4、V2O5.so2和SOb的量随反应前加入02的

变化如图甲所示，图中没有生成so3的可能原因是 物质的Jwxlno图甲(3)向10L密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol，O2(g)0。3mol,保持恒压的条件下分别在B、T2、T3三种温度下进行反应，测得容器中SO2的转化率如图乙所示.

@Ti r2(填"〉"或"〈")。 ②r2时，2SO2(g)+O2(g)—2SO3(g)的平衡常数/<= 。若 四川省成都市树德中学2020屈高三化学二诊模拟考试试題含解折

向该容器通入高温He(g)(不参加反应，高于h)，SO3的产

率将 选填"增大""减小""不变""无法确定")，理由是 。

©结合化学方程式及相关文字，解释反应为什么在丁3条件下

比t2条件下的速率慢: 。

(4)T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，

在保证O2(g)的浓度不变的条件下，增大容器的体积，平衡

(填字母代号)。A.向正反应方向移动 B.不移动C.向逆反应方向移动D.无法确定【答案】(1)。-195.2kJ/mol (2)。减小(3)。常

温下，V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)

+O2(g)=2SO3(g)反应都很慢(4)0 < (5)olo89xl04 (6)o减小(7).该反应为气体体积减小的放热反应，通入高温He相当于加热；同时容器的体积增大，相当

于减小压强，平衡均左移，产率减小 (8)。该反应正向为放热反应，平衡时温度越高，SO2的转化率越低，故比T2高，高

温下，反应②平衡向左移动，生成的V2O4固体覆盖在V2O5固体的

表面,减小了V2O5与SO2气体的接触面积，使得V2O5(s)+SO2(g)

=V2O4(s)+SO3(g)的反应速率降低 (9).B【解析】【分析】结合己知热化学方程式，根据盖斯定律进行计算；由图像可知，随反应前加入02量的变化，SO2未参与反应，四川省成都市树德中学2020屆高三化学二诊模拟考试试題含解折V2O4逐渐减少，V2O5逐渐增多，根据反应条件和反应方程式分析

反应的发生；①温度越高，反应速率越大；②由图像可知，在r2温度下，该反应达到平衡状态时，502的

转化率为90%，则可列出三段式，计算平衡时气体总物质的量，

再根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比可得，计

算平衡时容器的体积，从而计算平衡时气体的浓度，进而计算该

反应的平衡常数；通入高温He相当于加热，同时容器的体积会

增大，再结合平衡移动规律分析；®结合平衡移动规律以及V2O5催化反应2SO2(g)+O2(g)

=2SO3(g)的历程分析原因；根据V2O5催化反应2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)的历程分析.

【详解】(1)已知热化学方程式®V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)A«1=+59.6^^01-1；②2V2O4(s)+O2(g)—2V2O5(s) △H2=-314o4kJ-mo|-1；根据盖斯定律可知，由2x①+②可得目标方程式2SO2(g)+02(g)—2SO3(g)J'JAH3

=2AHi+AH2=+59.6kJ-moF1x2-314.4kJ-mo|-1=-195.2kJ/mol/

降低温度，反应速率会减小，故答案为：-195。2kJ/mol；减小；

(2)由图像可知，随反应前加入02量的变化，SO2未参与反应，

V2O4逐渐减少，V2O5逐渐增多，由此可知，容器中发生反应2V2O4

(s)+O2(g)=2V2O5(s)，而反应仏05(s)+SO2(g)—V2

O4(s)+SO3(g)和2SO2《g)+O2(g)=2SO3(g)儿乎没有发生，

可能是在常温下反应都很慢，则没有生成SO3,故答案为：常温四川省成都市树德中学2020屈高三化学二诊模拟考试试題含解折下，V2O5(s)+SO2(g)—V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+

O2(g)=2SO3(g)反应都很慢；①由图像可知，在r2温度下，该反应先达到平衡状态，

则反应速率更大，且该反应正向为放热反应，升高温度，平衡

逆向移动，502的转化率降低，则r2温度更高，故答案为：＜;

②由图像可知，在r2温度下，该反应达到平衡状态时，502的

转化率为90%,贝ljSO2的转化量为0.54mol，可列出三段式(单01m为位2SO:(g)+O2(g)#2SO“g)o：L °^7 0°54，则平衡时气体总物质的量为0。0.06 0.03 0.5406mol+0。03mol+0.54mol=0。63mol,设平衡时容器的体积为根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比可得，

》黑，赚純涮飯鋤¥後趣"=7S)=^0M=1-89x10^奸i亥碰洲桐只跡_

(7)X7热反应，通入高温He相当于加热，同时容器的体积会增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小，故答案为：1.89xlO＜减

小;该反应为气体体积减小的放热反应，通入高温He相当于加热，同时容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小;③该反应正向为放热反应，平衡时温度越高，SO2的转化率越低，故r3比r2高，高温下，反应②平衡向左移动，生成的v2o4固体覆盖在v2o5固体的表面，减小了v2o5与so2气体的接触面积,四川省成都市树德中学2020屆高三化学二诊模拟考试试題含解折使得V2O5(S)+SO2(g)O4(S)+SO3(g)的反应速率 降低，故答案为:该反应正向为放热反应，平衡时温度越高，so2

的转化率越低，故r3比r2高，高温下，反应②平衡向左移动，生成的v2o4固体覆盖在v2o5固体的表面，减小了v2o5与so2气体的接触面积，使得V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)

的反应速率降低；(4)丁2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)=2SO3《g),

实际上反应的过程为®V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SOb

(g)，②2V2O4(s)+O2(g)=2V2O5(s)，反应①为反应前后气

体物质的量不变的反应，增大容器的体积，即减小压强，平衡

不移动，对于反应②，由于氧气的浓度不变，则平衡也不移动，

故2SO2(g)+O2(g)—2SO3(g)不移动，故答案为：Bo11。Al、Ti、Co、Cr、Zn等元素形成的化合物在现代工业中有

广泛的用途.回答下列问题：(1)下列状态的铝中,电离最外层的一个电子所需能量最小的是

(填标号)。A.[Nehs1B.[Ne]3s2C.[NehsQp1D.[NepsQp2

(2)熔融aici3时可生成具有挥发性的二聚体AI2CI6,二聚体

AI2CI6的结构式为 ；(标出配位键)其中AI的配位数为 (3)与钛同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与

基态钛原子相同的元素有 种. (4)Co2+的价电子排布式 。NHb分子与Co2+结合成配四川省成都市树德中学2020屆高三化学二诊模拟考试试題含解折合物[Co(NH3)6]2+，与游离的氨分子相比，其键角ZHNH

(填"较大"，"较小"或"相同")，解释原因 。己知CrO5中铬元素为最高价态，画出其结构式： 。阿伏加德罗常数的测定有多种方法,X射线衍射法就是其中

的一种。通过对碲化锌晶体的X射线衍射图象分析，可以得出

其晶胞如图1所示，图2是该晶胞沿z轴的投影图，请在图

中圆球上涂"・"标明Zn的位置 .若晶体中Te呈立方面心 最密堆积方式排列,Te的半径为apm,晶体的密度为pg/cm3,阿

伏加德罗常数A/a=mol-1(列计算式表达)。【答案】 (1)。D(2)0 (3)。4 (4)o4 (5)o 3d7 (6)o较大(7)。NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N-H成键

电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大 (8)。oJ-o’•• 4x(65十128) (9)。d (或Te与Zn的位置互换｝(10).皆心【解析】

【分析】四川省成都市树德中学2020屆高三化学二诊模拟考试试題含解折电离最外层的一个电子所需的能量:基态原子＞激发态原子，

第一电离能＜第二电离能＜第三电离能；(2)二聚体AI2CI6由AI提供空轨道，CI原子提供孤电子对形成配

位键，配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的

原子数目；(3)根据核外电子的排布特点分析；Co为27号元素，根据构造原理可写出Co2+的价电子排布

式;NH3分子与Co2+结合成配合物[Co(NH3)6]2+，与游离的氨分

子相比，NH3通过配位键与Co2+结合，原来的孤电子对变为成键

电子对；计算该化合物中氧的化合价判断其结构；(6)根据均摊法计算该晶胞中Zn原子、Te原子的数目，计算晶

胞的边长，列出晶体密度的表达式，从而转化得到阿伏加德罗

常的表达式。【详解】(1)电离最外层的一个电子所需的能量：基态原子〉

激发态原子，第一电离能＜第二电离能＜第三电离能，D为激

发态原子，D状态的铝电离最外层的一个电子所需能量最小，

故答案为：D；熔融AICIs时可生成具有挥发性的二聚体AI2CI6,该二聚体

由AI提供空轨道，CI原子提供孤电子对形成配位键，其结构式

为配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配

位的原子数目，二聚体AI2CI6中与Al直接相连的原子有4个，故四川省成都市树德中学2020屁高三化学二诊模拟考试试題含解折AI的配位数为4,故答案为：4;(3)Ti元素最外层有2个电子，与钛同周期的所有副族元素的基态

原子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有Sc、V、Mn、

Zn,共4种，故答案为：4；Co为27号元素，根据构造原理可知其价电子排布式为

3d74s2,则Co2+的价电子排布式为3d7;NH3分子与Co2+结合成

配合物[Co(NH3)6]2+，与游离的氨分子相比，NH3通过配位键与

Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N-H成

键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大，故答案为3d7;

较大；NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键

电子对，对其他N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的(5)己知CrO5中铬元素为最高价态，则Cr为+6价，在该化合物

中，设-1价氧原子为x个，一2价氧原子为y个，则可得

x+y=5,x+2y=6，解得x=4，y=l，则该化合物中含有两个过氧键,则其结构式故答案为：Q^cLo;0000(6)根据碲化锌的晶胞结构图可知，该晶胞沿z轴的投影图为或Te与Zn的位置互换)，根据均摊法可知，在该晶胞中Zn原子的数目为4,Te原子的数目为^+6x^4,若晶体中Te呈立方面心最密堆积方式排列，则晶胞的面对角线为4apm,则晶26四川省成都市树德中学2020屆高三化学二诊模拟考试试題含解析4x(65+128)胞的边长为,则晶体的密度p=喏：；广3,阿伏加德罗常八, 4x（65十128），故答案为:（或Te与Zn的位置互换）;4x(65+128)皆10，!/【点睛】第（3）问，问的是与钛同周期的所有副族元素的基态原

子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有几种，这里一定

注意是副族元素，Fe、Co、Ni虽然最外层也是2个电子，但是它

们不是副族元素，是第VIII