(浙江专用)2020高考化学综合模拟卷(一)

(浙江专用)2020高考化学综合模拟卷(一)(浙江专用)2020高考化学综合模拟卷(一)//(浙江专用)2020高考化学综合模拟卷(一)（浙江专用）2020高考化学综合模拟卷（一）一、选择题(本题共16小题，每题3分，共48分。在每题给出的四个选项中，只有一项是吻合题目要求的)1．化学与生活、科技、医药、工业生产均亲近相关，以下相关化学的表达正确的选项是( )A．浓硫酸拥有强腐化性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品B．我国预计2020年发射首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的资料是二氧化硅C．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记录：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反响D．误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的食盐水解毒答案C解析用氢氟酸刻蚀石英制艺术品，故A错误；太阳能电池帆板的资料是晶体硅，故B错误；钾元素的焰色是紫色，因此“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，故C正确；误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的牛奶解毒，故D错误。2．以下关于化学用语的表示正确的选项是( )A．氮气的电子式：N??NB．熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式：熔融＋＋2－KHSO4=====K＋H＋SO4C．质子数为53，中子数为78的碘原子：13153ID．丙烯的结构简式：CH3CHCH2答案C解析氮气的电子式为··，故A错误；熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式为熔融··4＋－错误；质量数＝53＋78＝131，质子数为53，中子数为78的碘原子为131，故＋HSO，故B53I4C正确；丙烯结构中含有碳碳双键，结构简式为CH3CH==CH2，故D错误。3．室温时，以下各组离子在指定溶液中必然能大量共存的是()A．pH＝7的溶液中：2＋＋2－－Ba、K、CO3、NO3B．0.1mol·L－1NaHCO溶液中：＋＋－2－344C．0.1mol·L－1FeCl3溶液中：Al3＋、Cu2＋、Br－、I－＋)＝1×10－13－1＋2＋、Cl－－D．由水电离产生的c(Hmol·L的溶液中：Na、Mg、HCO3答案B解析常温下，pH＝7的溶液显中性，2＋2－反响生成积淀，不能够大量共存，故A错误；3－1NaHCO3＋＋、Cl－2－离子间不能够发生反响，能够大量共存，故B0.1mol·L溶液中K、NH4、SO4正确；FeCl3溶液能够将I－氧化，故C错误；由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶－液显酸性或碱性，在酸性或碱性溶液中HCO3都不能够大量存在，故D错误。4．以下指定反响的离子方程式正确的选项是( )A．将少量SO2气体通入过分氨水中：＋－SO2＋NH3·H2O===NH4＋HSO3B．铝溶于NaOH溶液中：－－＋3H2↑2Al＋2OH＋2H2O===2AlOC．用醋酸除去水垢中的CaCO：33＋2＋22CaCO＋2H===Ca＋HO＋CO↑D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－－－＋IO3＋3H2O===3I2＋6OH答案B解析将少量SO气体通入氨水中生成亚硫酸铵，不生成亚硫酸氢铵，A错误；铝溶于NaOH2溶液中生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式电荷守恒，原子守恒，产物正确，B正确；醋酸是弱酸，用化学式表示，不能够拆成离子形式，C错误；酸性溶液中不能够生成－OH，D错误。5.常温下，等体积、pH均为3的HA和HB溶液分别加水稀释，溶液pH的变化以下列图，下列说法正确的选项是()A．向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度素来增大B．用pH为11的某碱与pH为3的HB溶液等体积混杂后，溶液不能能显碱性C．氨水与HA溶液混杂后的溶液中可能存在：＋－＋－cccc4D．完好中和等体积、等pH的HA、HB两溶液时，耗资同浓度NaOH溶液的体积：HA<HB答案D解析pH相同的一元酸用水稀释相同的倍数，弱酸的pH变化程度小，由图示可知HB的酸性比HA弱。向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，最初因生成的NaB水解，促进水的电离，但当NaOH过分后，过分的NaOH将控制水的电离，故A错误；常温下，pH之和等于14的酸和碱等体积混杂，混杂液的酸碱性是“谁弱显谁性，双强显中性”，若是等浓度碱的电离程度比HB还小，则混杂液显碱性，故B错误；氨水与HA溶液混杂后必然存在的电荷守恒式是c(NH4＋)＋－－＋)>c(A－＋－＋c(H)＝c(A)＋c(OH)，则c(NH4)>c(H)>c(OH)必然不成立，故C错误；因HB的酸性比HA弱，pH相等的HA和HB中未电离的HB的物质的量比HA的物质的量大，则完好中和等体积、等pH的HA、HB两溶液时，耗资同浓度NaOH溶液的体积是HA<HB，故D正确。6．CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机拥有重要的意义，其反响历程表示图以下：以下说法不正确的选项是( )A．合成气的主要成分为CO和H2B．①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成C．①→②吸取能量D．Ni在该反响中作催化剂答案C解析

由图示可知

CO2和

CH4在

Ni

催化作用下，最一生成

CO和H2，故

A正确；化学反响的过程中存在组成反响物键的断裂和生成物键的形成，由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，故C错误；由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确。7．以下说法不正确的选项是( )A．石英是由硅原子和氧原子组成的原子晶体，每个原子的最外层都拥有8电子牢固结构B．Na2O是离子晶体，其溶于水生成NaOH的过程中既有离子键的断裂又有共价键的形成C．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证了然水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D．NH5的所有原子的最外层都吻合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，是既拥有离子键又拥有共价键的离子化合物答案

C解析

石英是由硅原子和氧原子组成的原子晶体，

SiO2晶体中一个硅与四个氧原子形成共价键，一个氧与两个硅原子形成共价键，都拥有

8电子牢固结构，故

A正确；

Na2O是离子化合物，溶于水生成

NaOH的过程中，

Na2O中离子键断裂，生成

NaOH时有共价键的形成，故

B正确；“拍”到氢键的“照片”，直观地证了然水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，

不属于化学键，故

C错误；NH5中所有原子的最外层都吻合相应稀有气体原子的最外层电子结构，则能够展望它是铵盐，其中有氢负离子，铵盐中既有离子键又有共价键，故D正确。8．NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀高温等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4＋2C=====Na2S＋2CO↑。以下相关说法正确的选项是( )A．1mol·L－1Na2SO4溶液中含氧原子的数目必然大于4ANB．1L0.1mol·L－12S溶液中含阴离子的数目小于ANa0.1NC．生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD．平时情况下11.2LCO2中含质子的数目为11AN答案C解析未注明溶液的体积，无法判断－124A错误；1mol·LNaSO溶液中含氧原子的数目，选项1L0.1mol·L－1Na2S溶液中含有0.1molNa2S，硫离子水解生成－－，阴离子的数HS和OH目大于0.1NA，选项B错误；依照方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1mol氧化产物时转移电子数为4N，选项C正确；平时情况下，气体摩尔体积不是22.4－1L·mol，故11.2LCOA2物质的量不是0.5mol，选项D错误。9．关于以下实验事实的讲解，不合理的是( )选项实验事实讲解加热蒸干MgSO溶液能获取MgSO固体；加热A44HSO不易挥发，HCl易挥发蒸干MgCl溶液得不到MgCl固体2422B电解CuCl2溶液，阴极获取Cu；电解NaCl得电子能力：Cu2＋>Na＋>H＋溶液，阴极得不到NaC浓HNO能氧化NO；稀HNO不能够氧化NOHNO浓度越大，氧化性越强333D钠与水反响激烈；钠与乙醇反响和缓羟基中氢的爽朗性：HO＞CHOH225答案B解析硫酸镁溶液中：MgSO＋2HOMg(OH)＋HSO，盐类水解是吸热反响，高升温度，促42224进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干获取的是MgSO4；氯化镁溶液中：MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反响正向进行，因此加热蒸干获取的是Mg(OH)2或MgO，讲解合理，故A说法正确；依照电解原理，电解CuCl溶液，阴极上发生2＋－===Cu，说明2＋＋Cu＋2eCu得电子能力强于H，电解NaCl溶液，2阴极上发生2H＋＋2e－===H2↑，说明H＋得电子能力强于Na＋，得电子能力强弱是Cu2＋>H＋>Na＋，因此讲解不合理，故B说法错误；浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能够氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，讲解合理，故C说法正确；钠与乙醇反响和缓，钠与水反响激烈，说明羟基中氢的活性：CH3CH2OH<H2O，讲解合理，故D说法正确。10．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，Z的单质是空气中含量最高的气体，W单质在常温下能被浓硫酸钝化。以下说法正确的选项是

(

)A．原子半径：Y<Z<WB．简单离子半径：Z>WC．X、Y形成的化合物只含有极性键D．Y的最高价氧化物对应水化物酸性比Z的强答案B解析短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子，则X为氢元素，Z的单质是空气中含量最高的气体，则Z为氮元素，W单质在常温下能被浓硫酸钝化，则W为铝元素，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，则Y为碳元素。同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上到下依次增大，故原子半径：Z<Y<W，选项A错误；拥有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大多数径越小，故简单离子半径：Z>W，选项B正确；X、Y形成的化合物，如乙烯中含有极性键和非极性键，选项C错误；Y的最高价氧化物对应水化物碳酸的酸性比Z的最高价氧化物对应水化物硝酸的酸性弱，选项D错误。11．化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均为C8H8，以下说法不正确的选项是()A．甲、乙、丙在空气中燃烧时均产生光明并带有浓烟的火焰B．甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面C．等量的甲和乙分别与足量的溴水反响，耗资Br2的量：甲>乙D．甲、乙、丙的二氯代物数目最少的是丙答案C解析甲、乙、丙分子式均为C8H8，含碳量高，燃烧时均产生光明并带有浓烟的火焰，A正确；甲烷是正周围体结构，乙、丙中含有近似于甲烷的饱和碳原子，所有原子不能能处于同一平面，甲中含有苯环和碳碳双键，由于连接的碳碳单键能够旋转，两个平面能够重合，所以只有甲的所有原子可能处于同一平面，B正确；苯环不和溴水反响，甲和乙与溴水反响是碳碳双键上的加成反响，由于乙中含有3个碳碳双键，因此耗资Br2的量：甲<乙，C错误；由于丙的对称性最好，故二氯代物数目最少的是丙，只有三种，D正确。12．以下化学用语或物质的性质描述正确的选项是( )图1图2A．图1的键线式表示烃的名称为：3-甲基-4-乙基-7-甲基辛烷B．吻合分子式为C3H8O的醇有三种不相同的结构C．乙烯在必然条件下能发生加成反响、加聚反响、被酸化高锰酸钾溶液氧化，

也能在必然条件下被氧气氧化成乙酸D．治疗疟疾的青蒿素

(如图

2)，分子式是

C15H20O5答案

C解析子式为

依照烷烃的系统命名法，C3H8O的醇有1-丙醇和

该分子的名称为2,6-二甲基-5-乙基辛烷，A项错误；吻合分2-丙醇二种不相同的结构，B项错误；乙烯在必然条件下能发生加成反响、加聚反响、被酸化高锰酸钾溶液氧化，也能在必然条件下被氧气氧化成乙酸，C项正确；依照青蒿素的结构简式可写出它的分子式为C15H22O5，D项错误。13．海洋电池，是以铝合金为电池负极，金属(Pt、Fe)网为正极，科学家把正极制成仿鱼鳃的网状结构。用海水为电解质溶液，它靠海水中的溶解氧与铝反响产生电能。海水中只含有0.5%的溶解氧。不放入海洋时，铝极就不会在空气中被氧化，能够长远储蓄。用时，把电池放入海水中，即可供电，电池设计使用周期可长达一年以上，防范经常更换电池的麻烦。即使更换，也可是换一块铝合金板，电池总反响式：

4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3↓，以下说法错误的选项是( )A．负极铝被氧化B．海水温度高升，电池反响速率可能加快C．正极制成仿鱼鳃的网状结构的目的是增大正极资料和氧气接触面积D．正极电极反响式为O2＋4H＋＋4e－===2HO答案D解析依照电池总反响式：4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3↓，铝失电子作负极，被氧化，A项正确；海水温度高升，化学反响速率加快，电池反响速率可能加快，B项正确；正极制成仿鱼鳃的网状结构的目的是增大正极资料和氧气接触面积，C项正确；氧气在正极得电子，海水呈中性，正极电极反响式为O＋2HO＋4e－－2214．25℃时，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的盐酸，其pH－变化曲线以以下列图甲所示。NaCN溶液中CN、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系以以下列图乙所示[其中a点的坐标为(9.5,0.5)]。以下溶液中的关系必然正确的选项是( )A．图乙中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)B．常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)＝10－9.5C．图甲中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)D．图甲中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)答案A解析b点反响生成等浓度的NaCN、HCN，依照图乙，等浓度的NaCN和HCN的混杂溶液的pH＝9.5，溶液呈碱性，则－－HCN电离程度小于CN水解程度，可知c(HCN)＞c(CN)，故C不选；c点反响生成等浓度的NaCl、HCN，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，依照物料守恒得c(Cl－)＝c(HCN)＋c(CN－)，而依照电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)c(CN－)，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，故D不选。15．以下装置正确且能达到对应实验目的的是( )A．用图1装置进行银镜反响B．用图C．用图D．用图

2装置检验溴乙烷消去后的产物可否含乙烯3装置制备乙酸乙酯4装置比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱答案

B解析银镜反响需在水浴加热的条件下进行，故A错误；溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反响，生成的气体经水洗除去挥发出来的乙醇后，再通入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，说明溴乙烷消去反响的产物是乙烯，因此图2装置能检验乙烯的存在，故B正确；用图3装置制备乙酸乙酯时，为防范倒吸，导气管不能够插入液面下，故C错误；乙酸拥有挥发性，用图4装置不能够比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱，故D错误。16．某溶液中可能含有＋＋2＋、Al3＋3＋2－2－－中的几种。①若加入锌H、NH4、Mg、Fe、CO3、SO4、NO3粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色积淀，且产生的积淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系以下列图。则以下说法正确的选项是()A．溶液中的阳离子只有＋2＋、Al3＋H、MgB．溶液中必然不含2－，可能含有2－－CO3SO4和NO3＋＝0.2molC．溶液中n(NH4)D．n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1答案C解析若加入锌粒，产生无色无味的气体，2－－说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO3和NO3不能够大量共存；加入NaOH溶液，产生白色积淀，说明不存在铁离子；依照产生的积淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中必然含有2＋、Al3＋；又由于当积淀达到最大Mg值时，连续加入氢氧化钠，积淀不变，这说明溶液中还存在＋＋mol－0.5mol44＝0.2mol；由于溶液中还必定存在阴离子，因此必然还有2－，依照图像可知氢离子的物SO4质的量是0.1mol、铝离子的物质的量是0.1mol，镁离子的物质的量是(0.5mol－0.1mol－0.3mol)÷2＝0.05mol，据此回答：溶液中的阳离子有＋2＋3＋＋，A项错误；H、Mg、Al、NH42－－2－，B项错误；溶液中＋＝0.2mol，C项正确；3344n(H＋)∶(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝0.1mol∶0.1mol∶0.05mol＝2∶2∶1，D项错误。n二、非选择题(本题包含5个大题，共52分)17．(8分)铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。铝元素位于周期表中第________周期________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有以下三种物质：①NaAlO2、②NaBO2、③NaGaO2，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的序次为________(用序号表示)。(2)将·L－1Ba(OH)2溶液和·L－1NH4Al(SO4)2溶液混杂，所得溶液中Al3＋＋2－－＋的浓度由大到小的序次为________________________。44(3)氮化铝(AlN)是一种新式的无机非金属资料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了以下流程：已知：AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋NH3↑。①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和

________。②实验过程中，称得样品的质量为

4.2g，最后获取的固体为

5.1g，则样品中

AlN的质量分数为________。(不考虑整个过程中的耗费

)答案

(1)3

ⅢA③>①>②2－＋(2)c(SO4)>c(NH4)>c(Al

3＋＋－)>c(H)>c(OH)(3)①玻璃棒

②87.86%解析

(1)铝元素位于周期表中第

3周期ⅢA族。同周期元素从上到下非金属性减弱，

最高价含氧酸酸性减弱，NaBO2水解程度最小，NaGaO2水解程度最大，浓度相同的这三种物质的溶液，pH由大到小的序次为③>①>②。(2)将·L－12溶液和·L－1442溶液混杂，Ba(OH)NHAl(SO)2＋2－3＋－2－－1Ba＋SO4===BaSO4↓、Al＋3OH===Al(OH)3↓，反响后c(SO4)＝0.1mol·L÷2＝0.05mol·L－1＋－1－13＋－10.2；铵根水解，c(NH4)<0.1mol·L÷2＝0.05mol·L；c(Al)＝(0.1mol·L－3－1mol·L)÷2＝0.1－12－＋3＋＋－6mol·L，此时铵根水解溶液呈酸性，c(SO4)>c(NH4)>c(Al)>c(H)>c(OH)。①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；②设AlN的质量为a，依照关系式2AlN～Al2O3m8210220a0.9ga＝3.69g，AlN的质量分数为3.69g4.2g×100%≈87.86%。18．(8分)磁性资料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程研究其组成：请回答：(1)A的组成元素为________(用元素符号表示)，化学式为________。(2)溶液C可溶解铜片，列举该反响的一个实质应用________________。已知化合物A能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g·L－1)，该气体分子的电子式为__________。写出该反响的离子方程式__________。(4)写出F→G反响的化学方程式：____________________________。设计实验方案研究溶液G中的主要微粒(不考虑H2O、H＋、K＋、I－)______________________。答案(1)S、FeFe3S4(2)制印刷电路板(3)＋2＋＋SFe3S4＋6H===3HS↑＋3Fe2(4)H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI取合适溶液G，加入过分BaCl2溶液，若产生白色积淀，则2－，过滤后取合适滤液，滴加HO溶液，若产生白色积淀，则有HSO42223解析C加入KSCN生成血红色溶液D，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3，可知B为Fe2O3，且n(Fe2O3)＝2.400g－1＝0.015mol，(Fe)＝0.03mol，(Fe)＝0.03mol×56g·mol－1＝160g·molnm1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶于水获取酸性溶液，加入碘的KI溶液，获取无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元1.28g素，且m(S)＝2.96g－1.68g＝1.28g，n(S)＝32g·mol－1＝0.04mol，可知n(Fe)∶n(S)3∶4，应为Fe3S4。由以上解析可知，A的组成元素为Fe、S，化学式为Fe3S4。铁离子拥有强氧化性，可氧化铜，常用于刻蚀铜线路板。(3)化合物A能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g·L－1)，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4＝34，为H2S气体，电子式为，反响的离子方程式为34＋22＋＋S。FeS＋6H===3HS↑＋3Fe(4)F→G反响的化学方程式为HSO＋I2＋HO===HSO＋2HI，溶液G中的主要微粒(不考虑HO、232242＋＋、I－2－和H2SO3，可先检验2－G，加H、K)为SO4SO4，后检验H2SO3，详尽操作为：取合适溶液2－入过分BaCl2溶液，若产生白色积淀，则有SO4；过滤后取合适滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色积淀，则有H2SO3。19．(12分)雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾气排放时简单发生以下反响：①N2(g)＋O2(g)2NO(g)H1＝akJ·mol－1②2NO(g)＋O(g)2NO(g)22－1H＝bkJ·mol1③CO(g)＋2O2(g)CO2(g)－1H3＝ckJ·mol④2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO(g)4H请回答以下问题：(1)依照反响①②③，确定反响④中

H4＝________kJ·mol

－1。关于气体参加的反响，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反响①的Kp＝____________________________________(用表达式表示)。以下情况能说明反响②已达平衡状态的是________(填字母)。A．单位时间内生成

1molNO

2的同时耗资了

1molNOB．在恒温恒容的容器中，混杂气体的密度保持不变C．在绝热恒容的容器中，反响的平衡常数不再变化D．在恒温恒压的容器中，

NO的体积分数保持不变(4)试解析高温下不利于反响③自觉进行的原因______________________________。(5)研究反响④中NO的平衡转变率与压强、温度的关系，获取如图1所示的曲线。试解析实际化工生产中不采用高压的原因______________________________。(6)研究反响④中平衡时CO的体积分数与反响物中初步n(NO)/(CO)的比值、温度的关系，2获取如图2所示的曲线。在X、Y、Z三点中，CO的转变率从大到小的序次是____________________。p2NO答案(1)2c－a(2)pN2·pO2(3)CD由于该反响的H<0，S<0(5)常压时NO的平衡转变率已较高且高压要增加生产成本(6)Z>Y>X解析(1)依照盖斯定律，将③×2－①，得：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO(g)H4＝(2ca)kJ·mol－1。(3)A项，单位时间内生成1molNO2的同时耗资了1molNO，描述的都是正反响速率，不能够说明反响已达平衡状态；B项，气体的质量不变，体积不变，混杂气体的密度向来保持不变，不能够说明反响已达平衡状态；C项，在绝热恒容的容器中，反响达到平衡时容器内气体的温度不再变化，平衡常数不再变化，能说明反响已达平衡状态；

D项，在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变，说明气体的体积分数也保持不变，能说明反响已达平衡状态。(4)反响③的

H<0，

S<0依照

G＝

H－T·ΔS，高温下

G可能大于

0，反响将不能够自觉进行。依照图1可知，常压时NO的平衡转变率已较高，压强越高，对设备的要求越高，耗资的能量越多，会增加生产成本。20．(12分)NH4Al(SO4)2·12H2O(铵明矾)可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂等。某兴趣小组同学用氧化铁、铝粉、镁条和氯酸钾等物质做铝热反响的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾的实验，步骤以下：以下相关说法中正确的选项是________(填字母)。＋2＋－A．“滤液1”中含有K、Mg、ClB．“滤渣1”和“滤渣2”中含有相同的物质C．“过滤1”可用倾析法，以减少实验时间D．将“滤液3”蒸干并灼烧，可得纯碱用NaOH溶解“滤渣1”时，能够采用__________________的方式提高浸出率(写出3条)。向“滤液2”中通入足量的CO2，写出相应的离子反响方程式：_______________________。(4)由“滤渣

3”制备铵明矾，经过以下步骤：

a→g→________→h(依次填入正确的字母

)。a．加硫酸溶解

b．抽滤

c．加入蒸发皿中

d．降温结晶

e．蒸发至表面出现晶膜

f．配制饱和硫酸铵溶液

g．将硫酸铝溶液转移至蒸发皿

h．冲洗、干燥(5)①依照各物质的溶解度曲线

(见以下列图

)，在

80℃时，用必然浓度的硫酸溶解“滤渣

3”时，最合适的硫酸浓度为

________(

填字母)。－1·mL－1A．3mol·L(1.20g)B．6mol·L－1(1.34g·mL－1)C．9mol·L－1(1.49g·mL－1)D．18mol·L－1(1.84g·mL－1)②所需硫酸用量的简略确定方法是_______________________________________。答案(1)BD(2)加热、合适增大NaOH浓度、搅拌等(3)AlO－－－－①A②2223323逐滴加入(3mol·L－1)硫酸，其实不断搅拌，至积淀恰好完好溶解解析(1)“滤液1”中主要含有氯酸钾，故含有K＋、ClO3－，故A错误；“滤渣1”中含有氧化铁、铝粉、镁条，“滤渣2”中含有氧化铁、镁条，含有相同的物质为氧化铁、镁条，故B正确；倾析法能够将颗粒较大的固体与溶液分别，滤渣1中含有铝粉，颗粒较小，不能够使用倾析法，故C错误；“滤液3”中主要含有碳酸氢钠，碳酸氢钠蒸干并灼烧，受热分解生成纯碱，故D正确。(2)用NaOH溶解“滤渣1”时，可采用加热、合适增大NaOH浓度、搅拌等方式提高浸出率。(3)向“滤液2”中通入足量的CO，偏铝酸钠与CO反响生成氢氧化铝和碳酸氢钠，氢氧化钠22与足量的CO2反响生成碳酸氢钠，离子方程式为：－－－AlO2＋CO2＋2HO===Al(OH)3↓＋HCO3，OH－＋CO2===HCO3。“滤渣3”中主要含有氢氧化铝，先加硫酸溶解，氢氧化铝与硫酸反响生成硫酸铝和水，将硫酸铝溶液转移至蒸发皿中，配制饱和硫酸铵溶液，加入蒸发皿中，蒸发至表面出现晶膜，降温结晶，抽滤，获取铵明矾，冲洗、干燥。因此制备铵明矾的步骤为：a→g→f→c→e→d→b→h。(5)①由图可知，80℃时Al2(SO4)3·18H2O的溶解度约为70g，则100g水中可溶解70g晶70g2－体，则n[Al2(SO4)3·18H2O]＝666g·mol－1≈0.1mol，n(H2SO4)＝n(SO4)＝0.1mol×3＝0.3mol，若H2SO溶解AlO后溶液的体积变化忽略不计，则c(HSO)＝0.3mol－1＝3